seien beliebige Mengen. Beweisen Sie:
,
,
,
.
Lösungshinweis zu Aufgabe 1.1 Der Beweis benutzt nur die Definitionen von Durchschnitt, Vereinigung und Gleichheit von Mengen und die elementaren Eigenschaften der Konnektoren: und, oder, gdw.
Lösung zu Aufgabe 1.1
Offenbar ist . Wegen ist auch und somit .
Offenbar ist . Wegen ist auch und somit .
Es sei eine Menge. Für sei stets C das Komplement von bez. . Zeigen Sie, daß für beliebige Teilmengen gilt:
C,
C,
C,
.
Lösungshinweis zu Aufgabe 1.2 Der Beweis benutzt nur die Definitionen von Durchschnitt, Vereinigung, Differenz und Gleichheit von Mengen und die elementaren Eigenschaften der Konnektoren: und, oder, gdw, nicht.
Lösung zu Aufgabe 1.2
Wir zeigen zunächst .
Wir zeigen jetzt .
Es bleibt noch zu beweisen.
Es sei eine Menge. Für sei stets C das Komplement von bez. . Weiterhin sei ein System von Mengen mit . Zeigen Sie:
CC,
CC.
Lösungshinweis zu Aufgabe 1.3 Der Beweis benutzt nur die Definitionen von Durchschnitt und Vereinigung beliebig vieler Mengen, das Komplement, die Differenz und die Gleichheit von Mengen, sowie die elementaren Eigenschaften der Konnektoren: und, oder, gdw und der Quantoren: es gibt ein, für jedes.
Lösung zu Aufgabe 1.3 Für bzw. schreiben wir im Folgenden einfach bzw. .
seien Mengen von reellen Zahlen, so daß . Geben Sie die folgenden Mengen an:
Lösungshinweis zu Aufgabe 1.4 Der Beweis benutzt nur die Definitionen von Durchschnitt, Vereinigung, Differenz und Gleichheit von Mengen und die elementaren Eigenschaften der Konnektoren: und, oder, gdw, nicht.
Lösung zu Aufgabe 1.4
Es sei ein System von Mengen mit der Eigenschaft Beweisen oder widerlegen Sie (durch Angabe eines Gegenbeispiels) die folgende Aussage: Es gibt zwei Mengen , so daß
Lösungshinweis zu Aufgabe 1.5 Durch ein Gegenbeispiel läßt sich die Aussage widerlegen.
Lösung zu Aufgabe 1.5 Gegenbeispiel: Es sei und für alle . Dann ist offenbar aber für je zwei Indizes gilt stets .
Untersuchen Sie mit Hilfe von Wertetabellen, ob die folgenden Aussagen gültig sind:
,
.
Lösungshinweis zu Aufgabe 1.6 Mit Hilfe der elementaren Eigenschaften der benutzten Konnektoren zeigt man in beiden Fällen, daß die Aussagen gültig sind.
Lösung zu Aufgabe 1.6
Es sei und .
Die Aussage ist gültig.
Es sei und .
Die Aussage ist gültig.
Untersuchen Sie, ob folgende Aussagen äquivalent sind:
,
,
.
Lösungshinweis zu Aufgabe 1.7 Mit Hilfe der elementaren Eigenschaften der benutzten Konnektoren berechnet man entsprechende Wertetabellen. Es gilt:
Die Aussagen sind äquivalent.
Die Aussagen sind nicht äquivalent.
Die Aussagen sind äquivalent.
Lösung zu Aufgabe 1.7 Wir berechnen dazu entsprechende Wertetabellen.
Es gilt :
Die Aussagen sind äquivalent.
Es gilt :
Die Aussagen sind nicht äquivalent.
Es gilt :
Die Aussagen sind äquivalent.
(leicht geänderte Fassung) Man gebe zu folgenden Aussagen je eine logisch äquivalente Alternative an (falls existent) und beweise die Gleichwertigkeit. (Hierbei soll eine Alternative höchstens die logischen Zeichen enthalten und höchstens vor oder stehen.)
, (b) , (c)
Lösungshinweis zu Aufgabe 1.8 (a) .
(b) .
(c) Es gibt keine Alternative mit den geforderten Eigenschaften.
Lösung zu Aufgabe 1.8
Es ist
Es ist , denn
Die Aussagen sind gleichwertig.
Angenommen, es gibt eine derartige Alternative. Dann wäre zu einer der folgenden Alternativen äquivalent: . Es gilt :
Aus der Wertetabelle geht hervor, daß zu keiner der Alternativen äquivalent ist.
Es sei eine zweistellige Relation in . Verneinen Sie die folgenden Aussagen und führen Sie die jeweilige Verneinung so weit wie möglich aus:
Für alle gibt es ein mit .
Nicht für jedes gibt es reelle Zahlen mit und und .
Es existiert ein , so daß für alle gilt: .
Für jedes gibt es genau ein mit .
Lösungshinweis zu Aufgabe 1.9 Die Lösung ergibt sich in jedem Fall durch einfache Negation der Quantoren.
Lösung zu Aufgabe 1.9
Nichtfür alle gibt es ein mit
es gibt ein , so daß für jedes gilt: . [Hinweis: „für alle …“ und „für jedes …“ werden hier synonym gebraucht.]
Da die Aussage schon negiert ist, entsteht durch erneute Verneinung eine doppelte Negation; die gewünschte äquivalente Aussage ist somit: Für jedes gibt es reelle Zahlen mit und und .
Nichtes existiert ein , so daß für alle gilt: für jedes gibt es ein , so daß .
Die Negation von: „es gibt genau ein …“ ist „es gibt kein …(bzw. nicht(es gibt ein) …)“ oder „es gibt zwei …“. Folglich gilt: Nichtfür jedes gibt es genau ein mit es gibt ein , so daß es gibt kein mit oder es gibt ein und es gibt ein , so daß und und .
Betrachten Sie in einem rechtwinkligen -Koordinatensystem die Geraden mit den sie darstellenden Gleichungen . Durch diese Geraden wird ein Dreieck bestimmt. Entscheiden Sie, welche der folgenden Aussagen wahr sind ! Die inneren Punkte dieses Dreiecks sind alle Punkte, für deren Koordinaten gilt:
oder oder ,
und und ,
und und ,
oder oder .
Lösungshinweis zu Aufgabe 1.10 (a) falsch,
(b) falsch,
(c) wahr,
(d) falsch.
Lösung zu Aufgabe 1.10 Wir berechnen zunächst die Schnittpunkte der Geraden, um eine Vorstellung von dem resultierenden Dreieck zu erhalten:
; im Punkt schneiden sich und .
; im Punkt schneiden sich und .
; im Punkt schneiden sich und .
trifft nicht zu, da kein Punkt mit innerer Punkt des Dreiecks sein kann.
Hier kann die gleiche Argumentation wie unter (a) verwendet werden.
trifft zu, denn für jeden inneren Punkt des Dreiecks gilt offenbar: ; weiterhin liegt unterhalb von , also und unterhalb von , also .
Wäre (d) richtig, so müßte z.B. innerer Punkt des Dreiecks sein, was der Bedingung widerspricht.
Beweisen Sie durch vollständige Induktion, daß:
für alle , (Bernoullische Ungleichung)
.
Lösungshinweis zu Aufgabe 1.11 Die Induktion ist leicht ausführbar.
Lösung zu Aufgabe 1.11
1. Anfangsschritt : ; hierfür ist die Ungleichung offenbar erfüllt.
2. Induktionsvoraussetzung : Für gelte die Behauptung bereits.
3. Induktionsbehauptung : Es gilt auch .
Es ist
.
1. Für ist die Gleichung erfüllt.
2. Für gelte die Behauptung bereits.
3. Wir zeigen: .
Es ist
Beweisen Sie durch vollständige Induktion:
Für alle natürlichen Zahlen gilt: ist durch 9 teilbar.
Für alle natürlichen Zahlen gilt: .
Lösungshinweis zu Aufgabe 1.12 (a) Im Induktionsschritt genügt nachzuweisen, daß durch teilbar ist. Dies erfolgt durch eine erneute Induktion.
(b) Im Induktionsschritt genügt nachzuweisen, daß für . Dies zeigt man leicht durch eine erneute Induktion.
Lösung zu Aufgabe 1.12
1. Für ist durch teilbar.
2. Für gelte die Behauptung bereits.
3. Wir zeigen: ist durch teilbar.
Es ist . Aufgrund der Induktionsvoraussetzung ist durch teilbar. Es genügt also nachzuweisen, daß auch durch teilbar ist.
Offenbar genügt zu zeigen: .
Dies beweisen wir durch eine erneute Induktion.
Für ist durch teilbar.
Für gelte die Behauptung bereits.
Wir beweisen .
Es ist . Nach Induktionsvoraussetzung ist durch teilbar und offenbar teilt auch ; folglich gilt die Behauptung.
1. Für ist die Ungleichung richtig.
2. Für ein gelte die Behauptung bereits.
3. Wir zeigen .
Es ist
,
falls für . Dies zeigt man leicht induktiv über .
Beweisen Sie:
Für alle natürlichen Zahlen gilt:
Für alle gilt: , wobei .
Lösungshinweis zu Aufgabe 1.13 (a) Im Induktionsschritt genügt zu zeigen, daß . Durch Quadrieren läßt sich die Ungleichung leicht verifizieren.
(b) Der Beweis befolgt problemlos; es genügt, nachzuweisen.
Lösung zu Aufgabe 1.13 Wir beweisen die Ungleichungen induktiv über .
1. Für ist die Ungleichung erfüllt.
2. Für gelte die Behauptung bereits.
3. Wir zeigen die Behauptung für . Es ist
(nach Induktionsvoraussetzung)
(dies ist noch nachzuweisen)
Es ist
;
und dies gilt.
1. Für ist die Ungleichung erfüllt.
2. Für gelte die Behauptung bereits.
3. Wir zeigen:
Es ist
Beweisen Sie:
Ist gerade, so ist für jedes durch teilbar.
Für jedes mit ist .
Für jedes gilt:
Lösungshinweis zu Aufgabe 1.14 Die Beweise lassen sich sehr leicht führen.
Lösung zu Aufgabe 1.14 Die Beweise erfolgen induktiv über .
1. Für ist die Behauptung richtig.
2. Für gelte bereits: .
3. Wir zeigen: .
Es ist . Nach Induktionsvoraussetzung ist durch teilbar. Da gerade ist, teilt auch . Also .
1. Für ist und , also .
2. Für gelte die Behauptung bereits.
3. Wir zeigen: . Es ist
.
1. Für gilt die Gleichheit.
2. Für gelte die Behauptung bereits.
3. Wir zeigen: Es ist
(nach Induktionsvoraussetzung)
Beweisen Sie, daß für alle natürlichen Zahlen gilt:
Lösungshinweis zu Aufgabe 1.15 Die Beweise lassen sich sehr leicht führen.
Lösung zu Aufgabe 1.15 Die Beweise erfolgen induktiv über .
1. Für ist die Gleichung richtig.
2. Für gelte die Behauptung bereits.
3. Wir zeigen:
Es ist
(nach Induktionsvoraussetzung)
1. Für ist die Gleichung richtig.
2. Für gelte die Behauptung bereits.
3. Wir beweisen:
Mit Hilfe der Induktionsvoraussetzung erhält man
1. Für ist die Gleichung richtig.
2. Für gelte die Behauptung bereits.
3. Wir zeigen:
Aufgrund der Induktionsvoraussetzung erhält man
Es sei eine reelle Zahl mit Zeigen Sie, daß für alle natürlichen Zahlen gilt:
Lösungshinweis zu Aufgabe 1.16 Der Beweis erfolgt problemlos.
Lösung zu Aufgabe 1.16 Der Beweis erfolgt induktiv über .
1. Für ist die Gleichung richtig.
2. Für gelte die Behauptung bereits.
3. Wir zeigen:
Aufgrund der Induktionsvoraussetzung ist
12.2 Reelle Zahlen
Es seien . Zeigen Sie, daß
Lösungshinweis zu Aufgabe 2.1 Man benutzt die Eigenschaft .
Lösung zu Aufgabe 2.1 Wegen ist .
Es seien . Beweisen Sie die verallgemeinerte Dreiecksungleichung:
Lösungshinweis zu Aufgabe 2.2 Mit Hilfe der Dreiecksungleichung ergibt sich die Behauptung sehr einfach.
Lösung zu Aufgabe 2.2 Der Beweis erfolgt induktiv über (wir setzen die Dreiecksungleichung voraus).
1. Für gilt die Behauptung aufgrund der Dreiecksungleichung.
2. Für gelte die zu beweisende Ungleichung bereits.
3. Wir zeigen:
Es ist
Beweisen Sie: Sind und ist , dann existiert ein , so daß .
Lösungshinweis zu Aufgabe 2.3 Man benutze die Bernoullische Ungleichung und das archimedische Axiom.
Lösung zu Aufgabe 2.3 (Im Beweis werden die Bernoullische Ungleichung und das Archimedische Axiom benutzt.) Es sei ; wegen ist . Aus der Bernoullischen Ungleichung erhält man für jedes . Wegen existiert nach dem Archimedischen Axiom ein , so daß . Folglich gilt .
Zeigen Sie, daß für und gilt:
Lösungshinweis zu Aufgabe 2.4 Die störenden Wurzeln werden durch (mehrmaliges) Quadrieren beseitigt. (Achtung : Vorzeichen der zu quadrierenden Terme beachten !)
Lösung zu Aufgabe 2.4 Wegen sind beide Seiten der zu beweisenden Ungleichung positiv. Folglich gilt nach Quadrieren:
(beide Seiten positiv)
und dies gilt.
Für zeige man:
Wenn , so
Wenn , so
Wenn und , so .
Lösungshinweis zu Aufgabe 2.5 Durch einfache Abschätzungen erhält man die Behauptungen.
Lösung zu Aufgabe 2.5
Es ist
und die letzte Ungleichung gilt.
Es ist
und dies gilt.
Wegen ist Somit ist
und dies gilt.
Man bestimme die jeweilige Menge der reellen Zahlen , die die folgenden Ungleichungen erfüllt:
(a) (b) (c)
Lösungshinweis zu Aufgabe 2.6 Es sei die Lösungsmenge der jeweiligen Ungleichung.
.
(Vereinigung von Intervallen).
(Vereinigung von Intervallen).
Lösung zu Aufgabe 2.6
bezeichne die Ungleichung (a) .
Wir nehmen zunächst eine Fallunterscheidung vor; die Lösungsmenge für den -ten Fall wird mit bezeichnet.
1. , also Hierfür gilt:
Diese Ungleichung ist durch kein erfüllt, also .
2. , also Hierfür gilt:
Diese Ungleichung gilt für alle , also
Insgesamt erhält man als Lösungsmenge .
bezeichne die Ungleichung (b) .
Wir nehmen zunächt wieder eine Fallunterscheidung vor:
1. und und . Dann gilt:
.
Die Lösungsmenge hierfür .
2.
und
;
!
.
3. und und Dann gilt:
.
Es ist .
4. und und .
.
Wegen und ist .
Insgesamt erhält man als Lösungsmenge die Vereinigung von und :
-.
bezeichne die Ungleichung (c) .
Es wird wieder eine Fallunterscheidung vorgenommen:
1. und und . Dann gilt:
.
.
2. und . Dann gilt:
.
Somit ist .
3.
und
, 
! Also
.
4. und und . Dann gilt:
.
Also .
Die Gesamtlösungsmenge ist .
Lösen Sie die folgenden Gleichungen bzw. Ungleichungen:
(b) , (c) .
Lösungshinweis zu Aufgabe 2.7 Es sei die Lösungsmenge der jeweiligen Ungleichung. Durch geeignete Fallunterscheidung vermeidet man die Beträge.
.
.
.
Lösung zu Aufgabe 2.7
bezeichne die Gleichung (a) .
Wir nehmen folgende Fallunterscheidung vor:
1. und . Dann gilt:
; .
2. und . Dann gilt:
; .
Die gesamte Lösungsmenge beträgt .
bezeichne die Ungleichung (b) .
Wir nehmen wieder eine Fallunterscheidung vor:
1. und und und . Dann gilt:
;
also .
2. und und und . Dann gilt:
;
.
3.
und
; also
,
!
.
4. und und und . Dann gilt:
;
also .
Die Gesamtlösungsmenge beträgt .
bezeichne die Ungleichung (c) .
Wir nehmen wieder eine Fallunterscheidung vor:
1. und und und . Dann gilt:
;
also .
2. und und und . Dann gilt:
;
diese Ungleichung ist für alle erfüllt. Also .
3.
und
,
!
.
4. und und und . Dann gilt:
;
also .
Die Gesamtlösungsmenge beträgt also .
Bestimmen Sie alle reellen Zahlen , für die jeweils gilt:
, (b) , (c) .
Lösungshinweis zu Aufgabe 2.8 Es sei die Lösungsmenge der jeweiligen Ungleichung. Durch geeignete Fallunterscheidung vermeidet man die Beträge.
.
.
.
Lösung zu Aufgabe 2.8
bezeichne die Gleichung (a) .
Es gilt stets , folglich ist und somit
.
Daraus ergibt sich als Lösungsmenge .
bezeichne die Ungleichung (b) .
Wir nehmen eine Fallunterscheidung vor:
1. und und und . Dann gilt:
;
also .
2.
und
,
!
Also .
3. und und und . Dann gilt:
;
also .
4. und und und . Dann gilt:
;
also .
Damit ist die Gesamtlösungsmenge .
bezeichne die Ungleichung (c) .
Wir nehmen eine Fallunterscheidung vor:
1. ; somit und . Dann gilt:
; also .
2. ; somit ist und . Folglich ist:
; also .
3. ; damit ist und . Folglich ist:
; also .
4. ; somit ist und . Folglich ist:
; also .
Die Gesamtlösungsmenge ist .
Bilden Sie für die folgenden Mengen von reellen Zahlen:
, .
Lösungshinweis zu Aufgabe 2.9 Durch geeignete Fallunterscheidung vermeidet man die Beträge. Es ist
.
Wegen ist
und
.
Lösung zu Aufgabe 2.9 Wir bestimmen die Mengen und betrachten dazu zunächst die Ungleichung
.
Es werden folgende Fallunterscheidungen vorgenommen:
1. und . Dann gilt:
Also .
2. und und . Dann gilt:
Also .
3.
und
,
!
Also .
4. und und . Folglich gilt:
Also , und schließlich
.
Es sei nun .
Wir nehmen auch hier wieder eine Fallunterscheidung vor.
1. und und . Folglich gilt:
.
Also .
2.
und
,
! Also
.
3. und und . Dann gilt:
.
Also .
4. und und . Dann gilt:
.
Also , und schließlich
.
Wegen ist
, , .
Weiterhin ist
.
Geben Sie (falls existent) Infimum und Supremum folgender Mengen an:
,
,
und
und
und
Lösungshinweis zu Aufgabe 2.10 Es seien die in den Aufgaben (a) - (e) gegebenen Mengen.
.
existiert nicht.
.
.
.
Lösung zu Aufgabe 2.10
Es sei und .
Es ist ; durch „probieren“ erkennt man, daß eine Nullstelle von ist. Folglich ist durch teilbar. Das verbleibende quadratische Polynom hat die Nullstellen und .
Folglich ist .
Damit gilt: .
1. Fall: ; dann gilt:
. Also
, 
!
2.Fall: ; dann gilt:
.
Insgesamt .
Folglich ist und .
Es sei .
Dann ist und das Supremum von existiert nicht.
Es sei und .
Dann ist offenbar und .
Sei und .
Für bzw. ist bzw. . Schließlich gilt:
für alle . Also und .
Sei und .
Für ist für alle . Folglich ist .
Weiterhin gilt (nach Aufgabe 1.16)
Offenbar ist eine obere Schranke von .
Angenommen, es gibt ein und ist auch eine obere Schranke von , dann ist für ein .
Damit erhält man:
für alle ;
und dies widerspricht dem Archimedischen Axiom.
Folglich ist die kleinste obere Schranke von und somit .
Es seien nichtleere Mengen, die ein Supremum besitzen; außerdem sei
und .
Man beweise, daß dann gilt.
Lösungshinweis zu Aufgabe 2.11 Man zeige, daß die kleinste obere Schranke von ist. „Obere Schranke“ ist fast trivial. „Kleinste obere Schranke“ läßt sich am einfachsten indirekt nachweisen.
Lösung zu Aufgabe 2.11 Nach Voraussetzung sind und nach oben beschränkt, folglich gilt dies auch für die Menge .
Es genügt zu zeigen, daß die kleinste obere Schranke von ist.
Für und ist und , also .
Angenommen, es gibt eine kleinere obere Schranke von .
Dann ist und für alle und . Wir setzen . Nach Definition des Supremums sind dann und keine oberen Schranken von bzw. von . Folglich gibt es Elemente und , so daß und ; also .
Damit ist
keine
obere Schranke von
,
!
Berechnen Sie (bzw. zeigen Sie die Nichtexistenz von) Maximum, Minimum, Supremum und Infimum von folgenden Mengen:
Lösungshinweis zu Aufgabe 2.12 Es seien die unter (a) - (d) angegebenen Mengen.
und existieren nicht.
.
existiert nicht, existiert nicht.
.
Lösung zu Aufgabe 2.12 Es seien die unter (a) – (d) gegebenen Mengen.
Offenbar ist nicht leer und nach unten durch beschränkt, und es ist z.B. eine obere Schranke von . ist die kleinste obere Schranke von (in ).
Denn gäbe es ein mit , so daß ebenfalls eine obere Schranke von ist, dann gibt es aufgrund der Dichtheit der rationalen Zahlen in den reellen ein mit . Folglich ist und . Somit ist keine obere Schranke von und die kleinste obere Schranke.
Also und .
Wegen besitzt kein Minimum und kein Maximum.
Wegen ist
Für und beliebig ist . Folglich ist .
Weiterhin gilt für alle , denn mit ist . Folglich ist .
Wegen ist .
Für ist . Folglich ist .
Aus erhält man sofort, daß nach oben nicht beschränkt ist. Daher besitzt kein Supremum und kein Maximum.
Offenbar ist für alle und . Folglich ist .
Für und ist . Wegen für alle ist . Somit ist .
Beweisen Sie oder widerlegen Sie die Behauptung: Für gilt: und
Lösungshinweis zu Aufgabe 2.13 Ist nicht nach oben und nicht nach unten beschränkt, dann gilt die Behauptung nicht, denn dann hat die Menge kein Supremum. Unter der Voraussetzung „ ist nach oben und nach unten beschränkt“ gilt die Behauptung.
Lösung zu Aufgabe 2.13 Wir definieren zunächst eine Menge . Damit ist
und (vgl. Aufgabe 2.11).
Wenn nicht nach oben oder nicht nach unten beschränkt ist, dann gilt die Behauptung nicht, denn in diesem Falle ist nicht nach oben beschränkt, besitzt also kein Supremum.
Unter der Voraussetzung, daß nach oben und nach unten beschränkt ist, beweisen wir die Behauptung.
Wegen der Beschränktheit von nach unten ist nach oben beschränkt. Folglich gilt nach Aufgabe 2.11 :
und .
Es genügt also nachzuweisen, daß
Sei , d.h., für alle und es gibt keine größere Schranke von .
Aus
folgt
;
somit ist
eine obere Schranke
von
. Gäbe es eine
kleinere obere Schranke
von
, so
wäre
für alle
,
also
. Damit ist
nicht die untere
Grenze von
,
!
Schließlich ist und die Behauptung bewiesen.
Zeigen Sie, daß die Menge und beschränkt ist, falls . Berechnen Sie .
Lösungshinweis zu Aufgabe 2.14 Ist und , so ist für fast alle ; also .
Lösung zu Aufgabe 2.14 Offenbar ist durch nach unten beschränkt.
Wir zeigen jetzt, daß für jedes ein existiert, so daß für jedes gilt:
. Es ist
Wegen ist für ein . Nach dem binomischen Satz gilt:
Somit ist
und
,
und dies gilt für alle von einer Stelle an.
Damit ist eine obere Schranke von , also ist nach oben beschränkt und .
Zu folgenden Mengen gebe man (im Falle der Existenz) Minimum, Maximum, Infimum und Supremum an!
und ,
,
,
.
Lösungshinweis zu Aufgabe 2.15 Es seien die unter (a) - (e) angegebenen Mengen.
besitzt kein Minimum, Maximum, Infimum, Supremum.
und existieren nicht.
Minimum, Maximum, Supremum von existieren nicht.
.
, besitzt kein Minimum, Maximum, Supremum.
Lösung zu Aufgabe 2.15
Offenbar ist ; folglich besitzt kein Minimum, Maximum, Infimum, Supremum.
Es ist ; also . Folglich ist und ; besitzt kein Minimum und kein Maximum.
Für existiert kein mit .
Sei nun und .
Dann ist , also .
Somit ist und besitzt kein Minimum, Maximum, Supremum.
Es ist
und oder und .
1. Fall: und .
2. Fall: und ;
(diese Ungleichung ist durch kein erfüllt).
Also und somit
und .
Sei , also für ein .
Dann gibt es ein , z.B. , so daß . Folglich ist und somit .
Ist und beliebig, dann gilt stets: , also und somit Damit ist und . Offenbar besitzt kein Supremum, kein Minimum und kein Maximum.
Geben Sie je eine Folge mit den folgenden Eigenschaften an:
konvergiert gegen ,
3 ist Häufungspunkt von , aber nicht Grenzwert,
hat genau drei Häufungspunkte,
5 ist Grenzwert, und ist nicht monoton,
ist nicht beschränkt, und ist Häufungspunkt.
Lösungshinweis zu Aufgabe 3.1 (a) .
(b) 
(c) 
(d) .
(e) 
Lösung zu Aufgabe 3.1
Wir wählen .
Wir wählen
Wir wählen
Wir wählen .
Wir wählen
Beweisen Sie (ohne Benutzung des Satzes 3.10) die Konvergenz der Folge mit
Lösungshinweis zu Aufgabe 3.2 Man zeige: .
Lösung zu Aufgabe 3.2 Wir zeigen: Für jedes gibt es ein , so daß für jedes gilt: .
Sei beliebig (aber fest); wir bestimmen ein geeignetes .
Es ist
und für ein hinreichend großes ist .
Somit gilt für alle :
Folglich ist konvergent und zwar gegen .
Zeigen Sie: Zu jeder reellen Zahl existiert eine Folge rationaler Zahlen, die gegen konvergiert.
Lösungshinweis zu Aufgabe 3.3 Zu wähle man rationale Zahlen mit und konstruiere eine Intervallschachtelung mit .
Lösung zu Aufgabe 3.3 Offenbar gibt es zu jeder reellen Zahl rationale Zahlen , so daß .
Wir definieren induktiv eine Folge von Intervallen mit , so daß und
und sind schon gegeben.
Nach der Induktionsvoraussetzung gibt es mit den geforderten Eigenschaften.
Wir definieren jetzt . Dazu sei .
Wegen gilt oder .
Wenn , dann sei und ; anderenfalls sei und .
Damit sind und es gilt:
und
Für ist (dies zeigt man leicht induktiv) und somit
Es sei jetzt . Für jedes gilt:
falls .
Wir wählen nun und so groß, daß .
Für alle erhält man damit sofort:
Zeigen Sie: Wenn und , so .
Lösungshinweis zu Aufgabe 3.4 1. Fall: ; leicht zu verifizieren. 2. Fall: , also . Man benutze:
.
Lösung zu Aufgabe 3.4 Es sei . Wir zeigen: für fast alle .
1. Fall: ; dann ist für fast alle und somit für fast alle , also .
2. Fall: , also und somit . Dann ist
für fast alle . Folglich ist .
Zeigen Sie: (a) , (b) .
Lösungshinweis zu Aufgabe 3.5 (a) Offenbar ist . Für ist für fast alle .
(b) Offenbar ist . Für ist für fast alle .
Lösung zu Aufgabe 3.5 Für beliebiges ist , denn , und dies gilt für alle .
Es genügt zu zeigen: Wenn , so für fast alle .
Angenommen, es gibt ein , so daß für unendlich viele .
Dann ist
für unendlich viele
,
!
Also
.
Es genügt zu zeigen: Wenn , so für fast alle .
Angenommen, es gibt ein , so daß für unendlich viele .
Dann ist
(nach dem binomischen Satz; vgl. Aufgabe
2.14),
also
und somit für unendlich viele
,
!
Also
.
Zeigen Sie: Für beschränkte Folgen von reellen Zahlen sind die nachfolgenden Bedingungen äquivalent:
ist konvergent,
besitzt genau einen Häufungspunkt,
.
Lösungshinweis zu Aufgabe 3.6 Der Beweis ergibt sich unmittelbar aus den Definitionen: Konvergenz, Häufungspunkt, Limes Superior, Limes Inferior.
Lösung zu Aufgabe 3.6 a konvergiert gegen
für jedes gilt: für fast alle (d.h. )
für jedes liegen fast alle Folgeglieder von in
ist einziger Häufungspunkt von
(b).
b ist einziger Häufungspunkt von
ist zugleich größter und kleinster Häufungspunkt von
(c).
Zeigen Sie, daß die Folge mit streng monoton fällt.
Lösungshinweis zu Aufgabe 3.7 Man zeige für alle und benutze dabei die Bernoullische Ungleichung.
Lösung zu Aufgabe 3.7 Wir zeigen für alle .
Es ist
(nach der Bernoullischen Ungleichung)
.
Untersuchen Sie das Konvergenzverhalten und bestimmen Sie ggf. die Grenzwerte der Folgen
(a) ,
(b) ,
(d) ,
(f) .
Lösungshinweis zu Aufgabe 3.8 (a) .
(b) .
(c) .
(d) .
(e) .
(f) .
Lösung zu Aufgabe 3.8
Wir zeigen:
Offenbar ist Weiterhin gilt für :
Folglich gilt die Behauptung.
Wir zeigen: für .
Es sei und Dann ist und somit
Folglich gilt die Behauptung.
Es sei . Wir zeigen .
Es ist und daher .
Es sei . Wir zeigen . Es ist
,
denn .
Sei . Wir zeigen: . Es ist
;
also .
Es ist , denn . Es genügt zu zeigen: Wenn , so für fast alle .
Angenommen, es existiert ein , so daß , also
für unendlich viele
(hier wurde der binomische Satz benutzt).
Dann ist
und somit
für unendlich viele n, 
!
Also .
Zeigen Sie: Ist eine Nullfolge und beschränkt, dann ist eine Nullfolge.
Lösungshinweis zu Aufgabe 3.9 .
Lösung zu Aufgabe 3.9 Nach Voraussetzung gilt: und es existiert eine Konstante , so daß für alle . Folglich ist
und somit
Prüfen Sie, ob die Folgen beschränkt sind:
( Wurzeln),
Lösungshinweis zu Aufgabe 3.10 (a) Induktiv zeigt man: und . ist also nach oben beschränkt.
(b) , und somit ist nach unten, aber nicht nach oben be- schränkt.
(c) ist nach unten, aber nicht nach oben beschränkt.
Lösung zu Aufgabe 3.10
Offenbar ist , folglich ist nach unten beschränkt.
Wir zeigen: für alle .
Nach Definition von ist .
Induktiv beweist man sehr leicht, daß mit auch ist.
Damit ist auch nach oben beschränkt.
Für ist
Folglich ist nicht nach oben beschränkt.
Wegen ist jedoch nach unten beschränkt.
Für gerade ist für ungerade ist
Folglich ist nach unten, aber nicht nach oben beschränkt.
Prüfen Sie, ob die Folgen monoton sind:
Lösungshinweis zu Aufgabe 3.11 (a) ist streng monoton wachsend.
(b) ist streng monoton fallend.
(c) ist alternierend und daher nicht monoton.
(d) ist nicht monoton, denn .
Lösung zu Aufgabe 3.11
ist streng monoton wachsend, denn
und dies gilt.
ist streng monoton fallend, denn
13 - (n+1)ˆ
13 - nˆ
26 - (n+1)ˆ
26 - nˆ
26 - (n+1)ˆ
36 - nˆ
26
26 - 1.
Die letzte Ungleichung wird abkürzend mit bezeichnet.
Für gilt offenbar . Weiterhin ist für alle , denn
. (Diese Ungleichung gilt für .)
Um die Ungleichung nachzuweisen, bleibt noch zu zeigen, daß auch
gilt. (Beide Seiten von sind positiv!)
Es ist
und diese Ungleichung ist richtig.
Folglich gilt auch und somit die Ausgangsungleichung.
Für ist , also auch und somit folglich ist
Hieraus folgt: ist alternierend und daher nicht monoton.
Wir zeigen: ist nicht monoton. Dazu weisen wir nach, daß .
Es sei , also ungerade. Dann gilt:
und die letzte Ungleichung ist offensichtlich richtig.
Also . Weiterhin ist
Also .
Zeigen Sie mit Hilfe des Cauchyschen Kriteriums die Konvergenz der Folgen:
(b) (c)
Lösungshinweis zu Aufgabe 3.12 Sei das jeweils -te Folgeglied und . Dann gilt:
.
.
.
Lösung zu Aufgabe 3.12 Im Folgenden sei und beliebig.
Für gilt:
für hinreichend große .
Für gilt:
für hinreichend große .
Für gilt:
für hinreichend große .
Geben Sie für entsprechend der Definition der Konvergenz von ein und ein geeignetes an, so daß für:
(b) (c)
Lösungshinweis zu Aufgabe 3.13 (a) .
(b) .
(c) .
Lösung zu Aufgabe 3.13
Wir vermuten: .
Es ist falls und .
Wir vermuten: .
Es ist falls und .
Wir vermuten: .
Es ist
falls und .
Berechnen Sie für
(b) (c)
Lösungshinweis zu Aufgabe 3.14 (a) .
(b) .
(c) .
Lösung zu Aufgabe 3.14
Es ist folglich ist
Bestimmen Sie die folgenden Grenzwerte (falls sie existieren):
(b)
Lösungshinweis zu Aufgabe 3.15 (a) .
(b) .
Lösung zu Aufgabe 3.15
Es sei ; dann ist
Wegen gilt auch , folglich ist
Es sei ; dann ist
Wegen gilt auch ; folglich ist
Man finde die Grenzwerte von und , wobei und durch die folgenden Rekursionen definiert sind:
Lösungshinweis zu Aufgabe 3.16 (a) Induktiv zeigt man: ; also .
(b) Induktiv zeigt man: ; also .
Lösung zu Aufgabe 3.16
Wir behaupten:
Dies wird induktiv über bewiesen.
Für ist
Für gelte die Behauptung bereits. Es ist
Folglich ist
Wir behaupten: Dies wird induktiv über gezeigt.
Für ist
Für gelte die Behauptung bereits. Es ist
Folglich ist
Zeigen Sie:
Die Folge mit den induktiv definierten Folgegliedern
für
ist eine Cauchyfolge.
Ist induktiv definiert durch
für ,
dann besitzt die Folge den Grenzwert Hinweis: für .
Lösungshinweis zu Aufgabe 3.17 (a) Induktiv zeigt man:
Wenn und , so . Hieraus folgt die Behauptung.
(b) Induktiv zeigt man: (für ); damit ist .
Lösung zu Aufgabe 3.17
Die Gestalt des -ten Folgegliedes ist nicht offensichtlich. Daher wird eine Abschätzung der Folgeglieder vorgenommen; insbesondere weisen wir nach, daß eine Nullfolge bildet. Dazu beweisen wir die folgende Behauptung:
Wenn und , so ist
Für beliebiges gilt:
denn nach Definition der Folgeglieder ist
Mit Hilfe von wird jetzt die obige Behauptung induktiv über bewiesen.
Es sei . (Zu zeigen ist: für
Also für .
Induktionsvoraussetzung für :
Wenn und so gilt:
Wir zeigen die Behauptung für . Sei .
1. Fall: . Nach und der Dreiecksungleichung erhält man:
(nach Induktionsvoraussetzung)
2. Fall: . Dann gilt analog wie im ersten Fall:
(denn )
Folglich ist eine Nullfolge.
(Hieraus folgt bereits, daß eine Cauchyfolge ist, wenn man den Satz zur Verfügung hat, daß konvergente Folgen stets Cauchyfolgen sind.)
Wir zeigen die „Cauchy-Eigenschaft“ mit Hilfe der Definition.
Dazu sei und so groß, daß
Weiterhin sei und beliebig. Dann gilt offenbar:
Dem Hinweis entsprechend zeigen wir induktiv über :
Sei dann ist
Für ein gelte die Behauptung bereits; wir zeigen sie für .
Offensichtlich ist eine Nullfolge, also .
Man beweise: Für alle reellen Zahlen und alle natürlichen Zahlen gilt: .
Lösungshinweis zu Aufgabe 4.1 Den Beweis führt man leicht induktiv über .
Lösung zu Aufgabe 4.1 Der Beweis erfolgt induktiv über .
Für ist die Behauptung trivial.
Für gelte die Formel bereits; wir beweisen sie für .
Es ist
denn
Man berechne und .
Lösungshinweis zu Aufgabe 4.2 (a) Für in Aufgabe 4.1 entsteht .
(b) Für und in Aufgabe 4.1 erhält man .
Lösung zu Aufgabe 4.2 Der Beweis erfolgt mit Hilfe des binomischen Satzes (vgl. Aufgabe 4.1).
Setzt man dort , so gilt:
also .
Für und gilt:
; also
Zeigen Sie: .
Lösungshinweis zu Aufgabe 4.3 Man benutze die Ergebnisse von Aufgabe 4.2 .
Lösung zu Aufgabe 4.3 Es ist und (vgl. Aufgabe 4.2).
Folglich gilt nach dem binomischen Satz:
(für ungerade ist )
Also .
Man berechne .
[Hinweis: ; (wichtige Zerlegung; bitte einprägen !)]
Lösungshinweis zu Aufgabe 4.4 Induktiv über zeigt man: .
Lösung zu Aufgabe 4.4 Aufgrund des Hinweises entsteht die Behauptung: (die induktiv bewiesen wird).
Für ist die Behauptung trivial.
Wir setzten jetzt die Gültigkeit der Behauptung für voraus und zeigen sie für .
Es ist
(nach Induktionsvoraussetzung)
.
Ermitteln Sie die -te Partialsumme und den Grenzwert der Reihe
.
[Hinweis: Man ermittle Zahlen , so daß gilt: .]
Lösungshinweis zu Aufgabe 4.5 Es ist . Die -te Partialsumme ist gegeben durch . Hieraus erhält man .
Lösung zu Aufgabe 4.5 Entsprechend des Hinweises erhält man die Gleichung:
,
die für alle mit gelten soll. Hieraus entsteht das lineare Gleichungssystem
dessen Lösung ergibt. (Probe!)
Folglich gilt für die -te Partialsumme der Reihe:
.
Also .
Folglich gilt: .
Es sei eine beschränkte Folge reeller Zahlen. Beweisen Sie, daß konvergiert.
Lösungshinweis zu Aufgabe 4.6 Für , ist eine konvergente Majorante von .
Lösung zu Aufgabe 4.6 Nach dem Majorantenkriterium gilt: Sind Folgen und ist für fast alle und ist konvergent, dann ist auch konvergent und somit ebenfalls konvergent.
Aufgrund der Voraussetzung ist beschränkt, also für ein geeignetes und alle . Folglich ist . Die -te Partialsumme von ist (vgl. Aufgabe 1.16) und somit ist
.
Folglich ist konvergent.
Untersuchen Sie das Konvergenzverhalten folgender Reihen:
, (b) mit ,
(d) mit und .
Lösungshinweis zu Aufgabe 4.7 Es seien die jeweils -ten Summanden der Reihen (a) - (d).
Es ist . Nach dem Quotientenkriterium ist absolut konvergent.
Für und ist . Die Folge ist nicht beschränkt und nicht konvergent.
für . Nach dem Quotientenkriterium ist absolut konvergent.
; folglich ist nach dem Quotientenkriterium absolut konvergent.
Lösung zu Aufgabe 4.7
Wir benutzen das Quotientenkriterium. Es sei ; dann gilt:
Folglich ist konvergent.
Es sei .
Wegen gibt es ein , so daß . Mit Hilfe des binomischen Satzes erhält man schließlich:
.
Folglich ist nicht beschränkt, also keine Nullfolge und daher nicht konvergent.
Es sei und . Für alle gilt dann:
.
Somit ist konvergent.
Wir benutzen abermals das Quotientenkriterium.
Es sei . Dann gilt:
.
Wegen gilt auch .
Folglich ist und somit konvergent.
Zeigen Sie, daß
,
Hinweis: .
Hinweis: .
Lösungshinweis zu Aufgabe 4.8 Es seien die jeweils -ten Summanden der Reihen (a) - (c).
Es ist und die -te Partialsumme , also .
Für (induktiv zu beweisen) gilt offenbar: .
Für (induktiv zu beweisen) gilt offenbar: .
Lösung zu Aufgabe 4.8
Es sei . Dann ist und somit ist die -te Partialsumme von gegeben durch:
.
Folglich gilt: .
Induktiv über zeigt man, daß die -te Partialsumme von durch dargestellt wird.
Für ist dies offenbar richtig.
Unter der Voraussetzung, daß die Darstellung von korrekt ist, zeigen wir:
.
Es ist
(nach Induktionsvoraussetzung)
.
Weiterhin ist
.
Folglich gilt: .
Induktiv über zeigt man, daß die -te Partialsumme von durch gegeben ist.
Für ist dies offenbar richtig.
Unter der Voraussetzung, daß die Darstellung von korrekt ist, zeigen wir:
.
Es ist
(nach Induktionsvoraussetzung)
.
Weiterhin ist
.
Folglich gilt: .
Es sei für jedes , und es sei konvergent gegen oder bestimmt divergent gegen .
Untersuchen Sie das Konvergenzverhalten von für .
Lösungshinweis zu Aufgabe 4.9 1.Fall: . Dann ist für fast alle . Die Reihe ist für alle absolut konvergent. 2. Fall: . Mit Hilfe des Wurzelkriteriums erhält man: Für ist die Reihe absolut konvergent, für divergent.
Lösung zu Aufgabe 4.9 Es sei zunächst ; dann ist die Reihe offenbar konvergent.
Sei jetzt , ansonsten beliebig, aber fest.
1. Fall: .
Nach Voraussetzung existiert ein , so daß für jedes gilt: .
Wir wenden das Wurzelkriterium an. Es ist
für fast alle .
Folglich ist die Reihe (absolut) konvergent für alle .
2. Fall: .
Wir wenden abermals das Wurzelkriterium an:
Ist für ein , dann gilt wegen auch und somit für fast alle . Also
für fast alle .
Für ist die Reihe also (absolut) konvergent.
Sei jetzt für ein . Dann ist für fast alle , also
für fast alle .
Folglich ist für nicht konvergent.
(Bemerkung: Die Untersuchungen zeigen, daß in der Voraussetzung „“ bzw. „ divergiert bestimmt gegen “ durch „“ bzw. „ divergiert bestimmt gegen “ ersetzt werden kann.)
Untersuchen Sie die folgenden Reihen auf Konvergenz bzw. Divergenz:
, (d) ,
, (e) für .
,
Lösungshinweis zu Aufgabe 4.10 Es seien die -ten Summanden der Reihen (a) - (e).
ist eine divergente Minorante von ; folglich ist divergent.
ist eine konvergente Majorante von ; folglich ist absolut konvergent.
ist eine divergente Minorante von ; folglich ist divergent.
ist alternierend und eine streng monoton fallende Nullfolge. Nach dem Leibniz-Kriterium ist konvergent.
Sei und . Für ist divergent. Für ist nach dem Leibniz-Kriterium konvergent. Für ist keine Nullfolge und somit nicht konvergent.
Lösung zu Aufgabe 4.10
Es sei . Wir bilden eine divergente Minorante von . Es ist
.
Die harmonische Reihe ist bestimmt divergent gegen . Damit ist eine divergente Minorante von , folglich ist divergent.
Es sei . Wir bilden eine konvergente Majorante von . Es ist
.
Nach Aufgabe 4.4 ist konvergent, folglich ist eine konvergente Majorante von und somit ist konvergent.
Es sei . Wir bilden eine divergente Minorante von . Es ist
.
Folglich ist eine divergente Minorante von , damit ist divergent.
Es sei . Wegen ist alternierend.
Weiterhin ist
und daher ist eine (streng) monoton fallende Nullfolge. Folglich ist nach dem Leibniz-Kriterium konvergent.
Es sei und .
1. Fall: ; dann ist keine Nullfolge und daher nicht konvergent.
2. Fall: . Dann ist durch eine streng monoton wachsende Folge gegeben mit . Folglich ist eine streng monoton fallende Nullfolge. Daher ist nach dem Leibniz-Kriterium konvergent.
3. Fall: . Wegen ist keine Nullfolge und daher divergent.
Für welche reellen Zahlen sind die folgenden Reihen konvergent:
,
,
.
Lösungshinweis zu Aufgabe 4.11 Seien die -ten Summanden der Reihen (a) - (c).
Für ist und somit absolut konvergent. Für ist , also absolut konvergent. Für ist (absolut) konvergent.
Für ist keine Nullfolge und somit nicht konvergent. Für ist . Folglich ist absolut konvergent.
Für ist keine Nullfolge, also divergent. Für ist , also absolut konvergent.
Lösung zu Aufgabe 4.11
Es sei . Wir benutzen das Quotientenkriterium.
Es ist . Für ist , also
.
Folglich ist (absolut) konvergent.
Ist , so ist für alle . Somit ist (absolut) konvergent.
Es sei jetzt . Dann ist
.
Folglich ist eine Nullfolge und somit (absolut) konvergent.
Die Reihe konvergiert also für alle .
Es sei und beliebig, aber fest.
Für ist . Folglich ist keine Nullfolge und somit nicht konvergent.
Es sei jetzt , also und somit . Wir benutzen das Wurzelkriterium. Es ist
.
Folglich ist
.
Damit ist für alle (absolut) konvergent.
Sei .
Für ist offenbar keine Nullfolge und somit nicht konvergent.
Es sei jetzt . Wir benutzen das Quotientenkriterium. Es ist
und daher .
Für ist also (absolut) konvergent.
Unter Benutzung von ist nachzuweisen, daß für folgende Reihen, die aus der oben angegebenen Reihe durch Umordnung ihrer Glieder entstehen, gilt:
.
.
Lösungshinweis zu Aufgabe 4.12 In konvergenten Reihen dürfen Klammern beliebig gesetzt werden, ohne das Konvergenzverhalten und den Wert der Reihe zu verändern.
Sei . Folglich ist
.
.
Geschicktes „Manipulieren“ mit den neuen Reihen liefert das Ergebnis.
Es ist und somit . Unter Ausnutzung der Ergebnisse von (a) erhält man die Behauptung.
Lösung zu Aufgabe 4.12 Es sei . Nach Voraussetzung konvergiert gegen , folglich konvergiert gegen . In konvergenten Reihen dürfen Klammern gesetzt werden, ohne das Konvergenzverhalten und den Wert der Reihe zu verändern.
In der Reihe werden jetzt jeweils zwei aufeinanderfolgende Glieder durch Klammern zusammengefaßt, dadurch entsteht:
mit .
Es werden jetzt in der Reihe jeweils 4 aufeinanderfolgende Glieder durch Klammern zusammengefaßt. Es entsteht:
mit .
Konvergente Reihen dürfen gliedweise addiert werden. Es ergibt sich:
und
.
Die -te Partialsumme von sei , und die -te Partialsumme von sei . Dann gilt offenbar:
für , für , und für , also für ist , wobei gleich bzw. bzw. ist (falls ) und somit .
Hieraus erhält man:
.
Dies beweist unsere Behauptung.
Wegen gilt:
.
Es sei die -te Partialsumme von und die -te Partialsumme von . Dann gilt offenbar:
für , für , und für , also für ist und , wobei analog wie unter (a) gebildet ist. Hieraus erhält man:
.
Damit gilt auch diese Behauptung.
Eine Schnecke wird auf ein 1 km langes „Gummiband“ gesetzt; sie soll das Band von Anfang bis Ende „durchlaufen“. Sie legt pro Sekunde 1 cm zurück. Nach jeder Sekunde wird jedoch das Gummiband (in seiner gesamten Länge) um 1 km ausgedehnt (die Ausdehnung soll gleichmäßig über das ganze Band erfolgen). Frage: Wird die Schnecke jemals das Ende des Gummibandes erreichen (falls sie genügend viel Zeit zur Verfügung hat) ?
Lösungshinweis zu Aufgabe 4.13 sei die Maßzahl des Abstands der Schnecke vom Startpunkt nach Schritten. Dann gilt:
. (induktiv überprüfen!)
Sei (Maßzahl der Gesamtlänge des Bandes nach Schritten). ist die Distanz der Schnecke zum Endpunkt; . Da die harmonische Reihe bestimmt divergiert, erreicht die Schnecke ihr Ziel.
Lösung zu Aufgabe 4.13 Sei die Maßzahl des Abstandes der Schnecke vom Startpunkt nach Schritten, wobei jeweils ein Schritt nach Ablauf einer Sekunde und der anschließenden Ausdehnung des Bandes beendet ist.
Im 1. Schritt kriecht die Schnecke 1 cm und das Band wird auf das Doppelte ausgedehnt, also auch der zurückgelegte Zentimeter. Folglich ist (cm).
Im 2. Schritt kriecht die Schnecke abermals 1 cm; sie befindet sich vor der Ausdehnung des Bandes cm vom Startpunkt entfernt. Nach der Ausdehnung des Bandes auf beträgt ihr Abstand vom Ausgangspunkt usw.
Vor dem -ten Schritt ist die Schnecke cm vom Startpunkt entfernt. Im -ten Schritt kommt 1 cm hinzu, und das Band wird in seiner gesamten Länge auf ausgedehnt, also .
Damit gilt:
,
, und schließlich induktiv:
.
Es sei . Die Gesamtlänge des Bandes nach Schritten beträgt also cm. Die noch durch die Schnecke zu bewältigende Distanz bis zum Endpunkt (nach Schritten) beträgt damit cm.
Es ist
Da die harmonische Reihe bestimmt divergiert gegen , gibt es eine kleinste natürliche Zahl , so daß und damit auch .
Im -ten Schritt erreicht die Schnecke ihr Ziel.
Berechnen Sie für die komplexen Zahlen :
, (b) , (c) ,
, (e) , (f) .
Lösungshinweis zu Aufgabe 4.14 (a) .
(b) .
(c) .
(d) .
(e) .
(f) .
Lösung zu Aufgabe 4.14
.
.
.
.
.
Wir suchen alle reellen Zahlen , so daß .
Aus folgt: . Hieraus ergeben sich die Gleichungen: und . in eingesetzt, liefert schließlich die Lösungen dieser Gleichungen:
und , also .
; folglich ist . Hieraus ergeben sich die Gleichungen: und . Die Lösungen der Gleichungen liefern:
und , also
.
Es sei und für . Beweisen Sie, daß ist.
Unter Benutzung von berechne man auf 4 Stellen genau, d.h., .
Lösungshinweis zu Aufgabe 4.15 (a) Induktiv über zeigt man . Unter Benutzung der geometrischen Reihe erhält man die Behauptung.
(b) Für ist . Nach (a) ist und somit . leistet das Verlangte: .
Lösung zu Aufgabe 4.15
Nach Voraussetzung ist für . Folglich ist die unter (a) betrachtete Reihe absolut konvergent. Weiterhin ist für .
Induktiv über zeigt man leicht, daß . Damit erhält man mit Hilfe der geometrischen Reihe:
.
Für ist
.
Für alle gilt also .
Entsprechend der Aufgabe (a) suchen wir das kleinste , so daß
; d.h. .
Für ist .
leistet also noch nicht das Verlangte.
Es sei jetzt . Dann ist
. (Die gesuchte Zahl ist 3.)
Wir bilden jetzt .
Damit ist .
Es sei eine komplexe Zahl. Zeigen Sie: .
Lösungshinweis zu Aufgabe 4.16 Durch Quadrieren zeigt man .
Hieraus ergibt sich die Behauptung.
Lösung zu Aufgabe 4.16 Es ist . Wir zeigen:
1. und
2. .
Da auf beiden Seiten der Ungleichungen nur nicht-negative Größen auftreten, gilt:
1.
; und diese Ungleichung ist korrekt.
2.
; und dies gilt wiederum.
Wo liegen die Zahlen in der Gaußschen Zahlenebene mit:
, (b) ,
, (d) reell).
Lösungshinweis zu Aufgabe 4.17 Es sei stets .
Durch und ist die Lösungsmenge gegeben.
Mit und beliebig ist die Lösungsmenge gegeben.
Mit und beliebig ist die Lösungsmenge gegeben.
Für ist durch und die Lösungsmenge bestimmt; für ist sie durch und gegeben.
Lösung zu Aufgabe 4.17 Im Folgenden sei . Dann gilt:
.
Wegen ist insbesondere , also .
Weiterhin gilt: und , also .
1. Fall: . Dann ist und und somit . Also und .
2. Fall: . Dann ist und und somit . Also und .
Folglich ist durch mit und die Lösungsmenge von gegeben.
und beliebig.
Folglich sind durch mit und beliebig alle Lösungen von gegeben.
und
und
und
und oder
und beliebig.
Durch mit und beliebig sind alle Lösungen von gegeben.
Es ist . Folglich gilt:
und .
Für bzw. sind durch mit beliebig und bzw. mit und alle Lösungen von gegeben.
Bestimmen Sie den Konvergenzradius der folgenden Potenzreihen:
, (b) , (c) .
Lösungshinweis zu Aufgabe 4.18 Es seien die Konvergenzradien der Reihen (a) - (c).
.
.
.
Lösung zu Aufgabe 4.18
Es ist .
Folglich ist der Konvergenzradius der betrachteten Reihe.
Es ist .
Somit ist der Konvergenzradius der Reihe.
Es sei . Folglich ist
.
Somit ist der Konvergenzradius der Reihe.
Es sei die Cauchysche Produktreihe von und mit .
Man zeige: .
Welchen Grenzwert hat ?
Lösungshinweis zu Aufgabe 4.19 (a) Die Behauptung ergibt sich unmittelbar aus dem Produkt.
(b) .
Lösung zu Aufgabe 4.19
Wir bilden das Cauchyprodukt der Reihen und .
Nach Definition dieses Produkts gilt:
.
Also .
Es ist und somit
.
Folglich ist .
Man beweise für alle : .
Lösungshinweis zu Aufgabe 4.20 Das Cauchy-Produkt von mit sich selbst liefert das Resultat.
Lösung zu Aufgabe 4.20 Für alle ist .
Mit Hilfe des Cauchyprodukts für Reihen und des binomischen Satzes erhält man:
.
Zerlegen Sie in Real- und Imaginärteil .
Lösungshinweis zu Aufgabe 4.21 In absolut konvergenten Reihen dürfen die Glieder beliebig umgeordnet werden, ohne das Konvergenzverhalten und die Werte der Reihen zu verändern. Wegen und lassen sich die reellen und imaginären Glieder der Reihe zu neuen Reihen zusammenfassen.
Lösung zu Aufgabe 4.21 Da für alle absolut konvergiert, darf die Reihe beliebig umgeordnet werden, ohne das Konvergenzverhalten und den Wert der Reihe zu verändern.
Für gerade , ist
.
Für ungerade , ist
.
Folglich gilt:
.
Also
und
.
Untersuchen Sie die folgenden Reihen auf Konvergenz und formulieren Sie das jeweils benutzte Konvergenzkriterium:
, (c) ,
, (d) .
Lösungshinweis zu Aufgabe 4.22 Es seien die -ten Summanden der Reihen (a) - (d).
Das Quotientenkriterium liefert , folglich ist divergent.
ist eine konvergente Majorante von , folglich ist absolut konvergent.
ist eine divergente Minorante von , folglich ist divergent.
Die Folge ist streng monoton fallend; folglich ist nach dem Leibniz-Kriterium konvergent.
Lösung zu Aufgabe 4.22
Wir benutzen das Quotientenkriterium (Teil 2):
Es sei für jedes . Dann gilt: Ist , für (fast) alle , dann ist divergent.
Es sei . Dann ist
.
Folglich ist divergent.
Wir benutzen das Majorantenkriterium (Teil 1):
Es seien Reihen mit nicht-negativen Gliedern und es sei für (fast) alle . Dann gilt: Ist konvergent, so ist auch konvergent.
Es sei . Dann ist
für .
Da konvergiert, ist auch konvergent.
Wir benutzen das Majorantenkriterium (Teil 2):
Es seien Reihen mit nicht-negativen Gliedern und es sei für (fast) alle . Dann gilt: Ist divergent, so ist auch divergent.
Es sei jetzt . Wegen ist die harmonische Reihe eine divergente Minorante von . Folglich ist divergent.
Wir benutzen das Leibniz-Kriterium: Ist alternierend und eine monoton fallende Nullfolge, dann ist konvergent.
Es sei . Offenbar ist alternierend und eine monoton fallende Nullfolge. Folglich ist konvergent.
Untersuchen Sie die folgenden Reihen auf Konvergenz und formulieren Sie das jeweils benutzte Konvergenzkriterium:
, (b) , (c) .
Lösungshinweis zu Aufgabe 4.23 Es seien die -ten Summanden der Reihen (a) - (c).
ist eine divergente Minorante von ; folglich ist divergent.
Es ist , folglich ist nach dem Quotientenkriterium absolut konvergent.
Die Folge ist streng monoton fallend, folglich ist nach dem Leibniz-Kriterium konvergent.
Lösung zu Aufgabe 4.23
Wir benutzen das Majorantenkriterium (Teil 2):
Es seien Reihen mit nicht-negativen Gliedern und es sei für (fast) alle . Dann gilt: Ist divergent, so ist auch divergent.
Es sei jetzt . Wegen ist die harmonische Reihe eine divergente Minorante von . Folglich ist divergent.
Wir benutzen das Quotientenkriterium (Teil 1):
Es sei für jedes . Dann gilt: Gibt es ein mit , so daß für (fast) alle , so ist konvergent.
Es sei , folglich ist
für .
Folglich ist absolut konvergent.
Wir benutzen das Leibniz-Kriterium: Ist alternierend und eine monoton fallende Nullfolge, dann ist konvergent.
Es sei . Offenbar ist und somit alternierend. Weiterhin ist
.
Folglich ist eine monoton fallende Nullfolge und daher konvergent.
Berechnen Sie .
Bestimmen Sie das Konvergenzverhalten von .
Lösungshinweis zu Aufgabe 4.24 (a) .
(b) ; ist eine divergente Minorante von . Folglich ist die Reihe divergent.
Lösung zu Aufgabe 4.24
Es ist (vgl. Aufgabe 4.4). Folglich ist
und somit .
Wir benutzen das Majorantenkriterium (Teil 2):
Es seien Reihen mit nicht-negativen Gliedern und es sei für (fast) alle . Dann gilt: Ist divergent, so ist auch divergent.
Es sei jetzt . Dann ist
Da die harmonische Reihe divergiert, ist auch divergent und somit .
Untersuchen Sie die folgenden Reihen auf Konvergenz:
,
,
.
Formulieren Sie das jeweils benutzte Konvergenzkriterium.
Lösungshinweis zu Aufgabe 4.25 (a) ist eine divergente Majorante der Ausgangsreihe. Folglich ist diese divergent.
(b) Die Folge ist streng monoton fallend. Nach dem Leibniz-Kriterium ist die Ausgangsreihe konvergent.
(c) Nach dem Wurzelkriterium ist die Reihe für absolut konvergent und für divergent. Für ist keine Nullfolge, folglich ist die Reihe nicht konvergent.
Lösung zu Aufgabe 4.25
Wir benutzen das Majorantenkriterium (Teil 2):
Es seien Reihen mit nicht-negativen Gliedern und es sei für (fast) alle . Dann gilt: Ist divergent, so ist auch divergent.
Es ist . ist eine divergente Minorante von . Folglich ist divergent.
Wir benutzen das Leibniz-Kriterium: Ist alternierend und eine monoton fallende Nullfolge, dann ist konvergent.
Offenbar ist eine monoton fallende Nullfolge. Folglich ist konvergent.
Wir benutzen das Wurzelkriterium („Limesform“):
Es existiere .
Wenn , so ist konvergent; wenn , so ist divergent.
Es ist
.
Für ist absolut konvergent, für ist divergent.
Für den Fall, daß ist, sind gesonderte Untersuchungen erforderlich.
1. Fall: ; dann ist .
Folglich ist keine Nullfolge und somit nicht konvergent.
2. Fall: . Wir betrachten
.
Wegen und ist keine Nullfolge; also auch für ist divergent.
Für den Fall haben wir das folgende Kriterium benutzt:
Ist keine Nullfolge, dann ist divergent.
Bestimmen Sie den Konvergenzradius für die folgenden Potenzreihen:
,
,
. Geben Sie bei (c) das genaue Konvergenzgebiet der Reihe an.
Lösungshinweis zu Aufgabe 4.26 Seien die Konvergenzradien der Reihen (a) - (c).
.
.
. Für ist die Reihe konvergent, für divergent.
Lösung zu Aufgabe 4.26
Es sei . Dann ist
.
Folglich besitzt den Konvergenzradius .
Es sei . Dann gilt:
.
Folglich ist der Konvergenzradius von null.
Es sei jetzt . Dann ist
.
Somit besitzt den Konvergenzradius , d.h., für ist absolut konvergent und für ist divergent.
Für sind gesonderte Untersuchungen notwendig. Ist , so erhält man die alternierende Reihe , die nach dem Leibniz-Kriterium konvergiert. Ist , so entsteht die harmonische Reihe, die bekanntlich divergiert. Damit ergibt sich als Konvergenzgebiet .
Zeigen Sie mit Hilfe der --Abschätzung, daß die Funktionen und stetig sind, falls und stetig sind.
Lösungshinweis zu Aufgabe 5.1 Für an der Stelle leistet das Verlangte. Für leistet das Verlangte.
Sei und . Aufgrund der Stetigkeit von bzw. existieren für bzw. entsprechende bzw. . Wählt man , so ist für auch .
Lösung zu Aufgabe 5.1 Eine Funktion ist stetig, wenn sie in ihrem gesamten Definitionsbereich stetig ist.
Wir zeigen zunächst, daß an jeder Stelle stetig ist. Dazu sei .
1. Fall: . In diesem Fall wählen wir .
Dann gilt für alle :
Wenn , so ; also .
2. Fall: . Hierfür wählen wir .
Dann gilt für alle :
Wenn , so .
Es seien nun die Definitionsbereiche von bzw. und . Dann ist der Definitionsbereich von .
Es genügt zu zeigen, daß an jeder Stelle stetig ist.
Nach Voraussetzung sind und in stetig. Sei und , so daß
und .
Dann gibt es , so daß für alle gilt:
Wenn , so und wenn , so .
Sei jetzt und , dann ist
.
Untersuchen Sie, in welchen Punkten aus die folgende Funktion stetig bzw. nicht stetig ist:
Lösungshinweis zu Aufgabe 5.2 Ganz-rationale Funktionen sind in ihren Definitionsbereichen stetig. Mit Hilfe der links- und rechtsseitigen Grenzwerte an den Stellen erhält man die Stetigkeit von an diesen Stellen. ist also in stetig.
Lösung zu Aufgabe 5.2 Im Beweis benutzen wir folgende Eigenschaften:
Ganz-rationale Funktionen sind stetig in .
ist an der Stelle stetig besitzt an der Stelle den Grenzwert .
besitzt an der Stelle den Grenzwert besitzt an der Stelle den links- und rechtsseitigen Grenzwert .
Wir betrachten zunächst die „sensiblen“ Stellen .
und ;
und ;
und .
Folglich ist an den Stellen stetig. Darüber hinaus ist in stetig, da ganz-rationale Funktionen in stetig sind. ist also in ganz stetig.
Es sei bezeichne diejenige ganze Zahl mit der Eigenschaft Man bestimme das Stetigkeitsverhalten der folgenden Funktionen:
mit ,
mit
Lösungshinweis zu Aufgabe 5.3 (a) ist in stetig und an den Stellen unstetig.
(b) ist in stetig und an den Stellen unstetig.
Lösung zu Aufgabe 5.3
Sei beliebig. Offenbar ist in dem Intervall konstant und somit in dem offenen Intervall stetig.
ist an der Stelle unstetig, denn
und .
ist also in stetig und an den Stellen unstetig.
Sei . Da die Funktion in konstant ist, ist als lineare Funktion in stetig.
An der Stelle ist unstetig, denn
und
.
Folglich ist in stetig und an den Stellen unstetig.
Es sei und . Zeigen Sie:
Ist injektiv und stetig in , dann ist streng monoton in .
Lösungshinweis zu Aufgabe 5.4 Aufgrund der Injektivität ist . Für bzw. zeigt man leicht, daß streng monoton wächst bzw. fällt in .
Lösung zu Aufgabe 5.4 Aus der Injektivität von in folgt oder .
1. Fall: . Wir zeigen, daß streng monoton wächst.
Angenommen, ist in nicht streng monoton wachsend, dann existieren mit und .
Wir nehmen eine erneute Fallunterscheidung vor:
. Wegen ist . Nach dem Zwischenwertsatz gibt es ein , so daß . Das widerspricht der Injektivität von .
; dann ist oder und schließlich
oder .
Nach dem Zwischenwertsatz existiert ein , so daß oder es existiert ein , so daß . In jedem Falle erhält man einen Widerspruch zur Injektivität von . Folglich ist streng monoton wachsend.
2. Fall: . Hierfür zeigt man völlig analog wie im ersten Fall, daß in streng monoton fällt.
Die Funktion sei in definiert durch:
Bestimmen Sie die Unstetigkeitsstellen von
.
Lösungshinweis zu Aufgabe 5.5 Rationale Funktionen sind innerhalb ihres Definitionsbereiches stetig.
Für ist stetig.
Weiterhin gilt: .
Folglich ist in stetig und an den restlichen Stellen unstetig.
Lösung zu Aufgabe 5.5 Für ist .
ist an der Stelle nicht definiert und somit auch nicht stetig. Wir betrachten jetzt die Stellen bzw. . Für und ist
.
Folglich ist in stetig. besitzt an der Stelle keinen Limes, damit ist in nicht stetig. Es sei nun ; dann ist
und (für ).
Man überlegt sich leicht, daß
.
Folglich ist auch in stetig und an den Stellen unstetig. Für jedes ist offenbar in dem offenen Intervall stetig.
Insgesamt erhält man:
und ist in stetig.
Es sei und
Zeigen Sie, daß in allen rationalen Punkten seines Definitionsbereiches nicht stetig und in allen irrationalen Punkten stetig ist.
Lösungshinweis zu Aufgabe 5.6 Sei , also . In jeder Umgebung von existiert eine Folge von irrationalen Zahlen mit und
-̸5 . ist also in nicht stetig.
Sei irrational, und . Für rationale gilt: für fast alle . Für irrationale gilt: . Hieraus folgt die Stetigkeit von in .
Lösung zu Aufgabe 5.6 Sei rational, also .
Da es in jeder Umgebung von unendlich viele irrationale Zahlen gibt, existiert eine Folge von irrationalen Zahlen mit .
Wegen für alle konvergiert die Folge nicht gegen . Folglich ist an der Stelle nicht stetig.
Es sei nun irrational und . Weiterhin sei (beliebig) und .
Offenbar gibt es nur endlich viele mit . Folglich existieren auch nur endlich viele , so daß (denn ), d.h., für fast alle ist , also .
Für die irrationalen Folgeglieder ist . Für die rationalen (die alle in einem hinreichend großen Intervall liegen) ist für fast alle .
Somit gilt: ; folglich ist in stetig.
Man untersuche, ob die folgenden Funktionen Umkehrfunktionen besitzen und bestimme sie ggf.:
für ,
für ,
für .
Lösungshinweis zu Aufgabe 5.7 In jedem Fall besitzt eine Umkehrfunktion . Es gilt:
.
.
.
Lösung zu Aufgabe 5.7 Eine injektive Funktion besitzt eine Umkehrfunktion . Für alle und gilt: .
Um die Umkehrfunktion zu berechnen, ist also die Gleichung nach aufzulösen. Will man Funktion und Umkehrfunktion mit Hilfe des gleichen --Koordinatensystems darstellen, sind die Variablen in der Gleichung zu vertauschen, so daß sich für als Umkehrfunktion ergibt.
Wir zeigen zunächst, daß injektiv ist. Dazu seien . Dann gilt:
.
Wir lösen die Gleichung nach auf. Es ist
.
Durch bzw. ist die gesuchte Umkehrfunktion von gegeben.
Offenbar ist streng monoton wachsend, folglich ist injektiv.
Wir lösen jetzt die Gleichung nach auf. Für ist
. ( ist nicht negativ !)
Also durch bzw. ist die Umkehrfunktion von gegeben.
ist wiederum streng monoton wachsend und somit injektiv. Für lösen wir die Gleichung nach auf. Es ist
.
Durch bzw. ist die Umkehrfunktion von dargestellt.
Berechnen Sie:
, (c) ,
, (d) .
Lösungshinweis zu Aufgabe 5.8 (a) .
(b) .
(c) .
(d) .
Lösung zu Aufgabe 5.8
Für ist . Folglich ist
.
Für ist
.
Dann gilt:
.
Für ist
.
Wegen gilt:
.
Für ist
.
Wegen gilt:
.
Zeigen Sie, daß die Funktionen mit , mit , mit stetig sind.
In welchem Intervall ist stetig und warum ?
Lösungshinweis zu Aufgabe 5.9 (a) Da die Umkehrfunktionen von (injektiven) stetigen Funktionen stetig sind, gilt die Behauptung.
(b) Die Verkettung stetiger Funktionen ist stetig. Folglich ist in stetig und es ist .
Lösung zu Aufgabe 5.9
Wir benutzen folgende Eigenschaft: Ist injektiv und stetig, dann ist stetig.
Wir betrachten die Funktion mit . Offenbar ist injektiv und stetig. Folglich ist auch stetig.
Für sei . Dann ist streng monoton (also injektiv) und stetig. Somit ist auch stetig.
Es sei und . Dann ist injektiv und stetig und somit stetig.
Wir bestimmen zunächst den Definitionsbereich von . Es ist und der Wertebereich von ist . Weiterhin ist . Damit ergibt sich . Das Vorzeichen von spielt keine Rolle, da unter der Wurzel der Betrag genommen wird. Somit erhält man . In diesem Intervall ist auch stetig, da die Verkettung stetiger Funktionen stetig ist.
Es sei
mit
.
Beweisen Sie, daß
stetig ist in
.
Lösungshinweis zu Aufgabe 5.10 Mit Hilfe der --Definition der Stetigkeit läßt sich die Stetigkeit von an jeder Stelle zeigen. Dabei ist die Fallunterscheidung bzw. hilfreich.
Lösung zu Aufgabe 5.10 Sei rational und .
1. Fall: . Dann ist und somit . Wir wählen , jedoch so klein, daß . Für alle gilt dann:
Wenn , so .
2. Fall: , also und somit . Es sei , jedoch so klein, daß und . Für alle gilt:
Wenn , so .
3. Fall: , also und damit . Sei und . Für erhält man:
Wenn , so .
Folglich ist an allen Stellen stetig.
Prüfen Sie, ob die folgenden Funktionen in stetig sind:
Lösungshinweis zu Aufgabe 5.11 (a) Es ist ; folglich ist in stetig.
(b) Für gilt: , aber . Folglich ist in nicht stetig.
Lösung zu Aufgabe 5.11
Für ist .
Für gilt dann:
.
Damit ist an der Stelle stetig.
Wir betrachten die Folge mit . Dann gilt:
und für alle .
Also . Folglich ist an der Stelle nicht stetig.
Untersuchen Sie, ob die folgenden Funktionen an der Stelle einen Grenzwert besitzen:
Lösungshinweis zu Aufgabe 5.12 (a) .
(b) Es ist .
Nach dem Lemma 4/5/7/2 existiert der Limes der Reihe. Folglich existiert der Limes von an der Stelle nicht.
(c) An der Stelle besitzt keinen Grenzwert; an der Stelle ist der Grenz- wert .
Lösung zu Aufgabe 5.12
Es genügt nachzuweisen, daß an der Stelle den links- und rechtsseitigen Grenzwert besitzt. Für ist
,
und für ist
.
Folglich besitzt an der Stelle den Grenzwert .
(Für ist und somit . Damit ist für nicht definiert.)
Es sei . Dann ist
.
Nach dem Lemma 4/5/7/2 ist ; weiterhin ist und somit .
An der Stelle existiert der Limes nicht.
Es sei zunächst . Für ist
;
für und ist
.
Folglich besitzt an der Stelle keinen Grenzwert.
Es sei nun . Ist , so ist
;
für ist
.
Folglich besitzt an der Stelle den Grenzwert .
Untersuchen Sie die Funktion mit auf Stetigkeit.
Lösungshinweis zu Aufgabe 5.13 Es
ist
Damit ist in stetig und in unstetig.
Lösung zu Aufgabe 5.13 Wir nehmen eine Fallunterscheidung vor.
1. Fall: . Es ist
,
und wegen ist . Folglich erhält man
.
2. Fall: ; also und somit .
3. Fall: . Es ist
.
Wegen ist . Folglich ist
.
Damit ist offenbar in stetig und an der Stelle unstetig.
Es sei .
Geben Sie Definitionsbereich und Wertebereich von an.
Untersuchen Sie, in welchen Punkten des Definitionsbereiches die Funktion stetig bzw. nicht stetig ist.
Lösungshinweis zu Aufgabe 5.14 (a) .
(b) ist in stetig und in nicht stetig (in -1 nicht definiert).
Lösung zu Aufgabe 5.14 Wir nehmen eine Fallunterscheidung vor.
1. Fall: . Dann ist und somit
.
2. Fall: . Hierfür gilt: und somit . Folglich ist
.
3. Fall: . Für ungerade ist und somit nicht definiert; also .
4. Fall: . Hierfür ist , also .
Der Definitionsbereich von ist und der Wertebereich .
Für bzw. ist konstant bzw. konstant . Folglich ist dort stetig. An der Stelle besitzt keinen Grenzwert (links- und rechstsseitiger Grenzwert stimmen nicht überein); an der Stelle ist nicht definiert. Somit ist in nicht stetig.
Es sei mit .
Beweisen Sie, daß es ein gibt, so daß .
Beweisen Sie: Ist stetig, dann gibt es ein , so daß .
Lösungshinweis zu Aufgabe 5.15 (a) ist stetig und . Mit dem Zwischenwertsatz erhält man die Behauptung.
(b) Für oder ist die Behauptung trivial. Sei nun (für verläuft der Beweis analog) und eine Menge,
die wie folgt definiert ist:
und für jedes mit ist .
Auf wird der Satz von der oberen Grenze angewendet.
Lösung zu Aufgabe 5.15
(Wir benutzen den Zwischenwertsatz.) Es ist
.
Weiterhin ist
.
Nach dem Zwischenwertsatz gibt es ein mit , so daß .
Wenn oder , dann gilt die Behauptung.
Es sei nun und . Wegen ist dann und . Wir definieren eine Teilmenge von wie folgt:
und für jedes mit ist .
Wegen ist nicht leer und offenbar durch nach oben beschränkt. Nach dem Satz von der oberen Grenze existiert ein , so daß kleinste obere Schranke von ist.
Behauptung: .
Sei eine Folge mit und .
(Gäbe es eine solche Folge nicht, so wäre . Nach Definition von existiert dann eine Folge mit , und . Folglich ist , Widerspruch !)
Nach Voraussetzung ist und somit
.
Offenbar ist dann , denn .
Nach Definition von gibt es für jedes ein mit , so daß . Wir bilden jetzt eine Folge mit und . Dann gilt:
.
Insgesamt erhält man also und somit .
Unter Benutzung von berechne man:
, (b) .
[Hinweis: .]
.
[Hinweis: Man führe eine neue Variable ein.]
Lösungshinweis zu Aufgabe 5.16 (a) .
(b) .
(c) .
Lösung zu Aufgabe 5.16
Es ist und . Folglich gilt:
.
(Falls das Additionstheorem schon zur Verfügung steht, kann auch dies zur Lösung der Aufgabe benutzt werden.) Aufgrund des Hinweises ist
.
Also .
Wir setzen und somit . Es gilt . Dann ist
.
Wegen ist auch . Folglich gilt:
.
Es sei an der Stelle stetig, und es sei . Zeigen Sie
mit Hilfe der Stetigkeitsdefinition,
mit Hilfe des Kriteriums von Satz 5.2:
Es existiert eine Umgebung von , so daß für alle gilt: .
Lösungshinweis zu Aufgabe 5.17 (a) Für existiert aufgrund der Stetigkeit von ein , so daß . Hieraus folgt die Behauptung.
(b) Indirekter Beweis.
Lösung zu Aufgabe 5.17 Sei in stetig und .
Es sei . Aufgrund der Stetigkeit von in existiert ein , so daß für alle :
Wenn , so .
Damit gilt für alle :
;
also .
Angenommen, für jede Umgebung
von
existiert ein
, so daß
. Wegen
ist stets
. Folglich ist
ein Häufungspunkt der Menge dieser
.
Aufgrund der Stetigkeit von
in
gilt: . Wegen ist somit auch , 
!
Es sei in stetig, und und . Zeigen Sie:
Es existiert .
.
.
Lösungshinweis zu Aufgabe 5.18 Man benutze Aufgabe 17 (a) und den Satz von der oberen Grenze.
Lösung zu Aufgabe 5.18 Die Teilmenge ist nicht leer, da ; weiterhin ist . Nach Aufgabe 17 (a) existiert ein , so daß für alle mit und für alle mit .
Nach dem Satz von der oberen Grenze existiert . Offenbar ist . Dies beweist die Aufgabenteile (a) und (b).
Nach Voraussetzung ist an der Stelle stetig.
Wegen für alle gilt:
.
Nach Definition von existiert in jeder rechtsseitigen Umgebung ein mit . Daher gibt es eine Folge mit und .
Insgesamt ist also und damit .
Beweisen Sie:
.
.
Lösungshinweis zu Aufgabe 5.19 Die Beweise erfolgen mit Hilfe von Cauchyprodukten der entsprechenden Reihen von Sinus und Cosinus.
Lösung zu Aufgabe 5.19
Nach Definition von gilt:
.
Weiterhin gilt:
Folglich gilt die Behauptung.
Es ist
.
Weiterhin gilt:
.
Damit gilt auch diese Behauptung.
Lösen Sie die folgenden Gleichungen:
,
,
[Hinweis: Man dividiere durch
Lösungshinweis zu Aufgabe 5.20 (a) Durch Anwendung des Logarithmus (auf beiden Seiten der Gleichung) erhält man schließlich .
(b) Durch die Substitution erhält man eine quadratische Gleichung; als Lösungsmenge ergibt sich .
(c) Es entsteht eine quadratische Gleichung in ; als Lösungsmenge ergibt sich .
Lösung zu Aufgabe 5.20
Da injektiv ist, gilt:
.
Es gilt:
oder .
Folglich ist oder und somit die Lösungsmenge.
Es gilt:
.
Wegen ist keine Lösung; also
und somit .
Untersuchen Sie die Funktion auf Stetigkeit an der Stelle , wobei:
Lösungshinweis zu Aufgabe 6.1 (a) Für eine Nullfolge mit ist . Damit ist in nicht stetig.
(b) Für ist und somit . Daraus folgt die Stetigkeit von in .
Lösung zu Aufgabe 6.1
Wir betrachten eine Folge mit , und . Dann ist durch eine Nullfolge in definiert, und es ist für jedes . Es gilt also nicht .
Folglich ist in unstetig.
Es ist .
1. Fall: ( und ) oder ( und ). Dann ist . 2. Fall: und . Es sei o.B.d.A. . Dann ist und somit , also .
Folglich gilt für beide Fälle: , somit ist in stetig.
Zeigen Sie: Ist eine Folge in und dann gilt: konvergiert gegen gdw gegen konvergiert, .
Lösungshinweis zu Aufgabe 6.2 Beweis durch einfache Abschätzungen.
Lösung zu Aufgabe 6.2 Es sei und .
Sei und für .
Nach Definition der Konvergenz existieren , so daß für jedes gilt:
; also .
Folglich ist für .
Sei und . Für fast alle gilt dann:
, also erst recht für . Somit gilt: .
Es sei . Zeigen Sie:
ist in nicht stetig.
ist in jedem Punkt stetig. [Man benutze die Ungleichung: für „kleine“ .]
Lösungshinweis zu Aufgabe 6.3 (a) Die Untersuchung des Grenzwertes für und liefert die Unstetigkeit von in .
(b) Mit dem Hinweis und einer geeigneten Fallunterscheidung für ist der Beweis leicht zu führen.
Lösung zu Aufgabe 6.3
Für und ist und somit . Folglich ist in unstetig.
Es gelte: und . Wir nehmen folgende Fallunterscheidung vor:
(o.B.d.A. ) und ; also , d.h., ist „klein“. Dann gilt:
.
Folglich ist in stetig.
und . Da rationale Funktionen und die Sinusfunktion stetig sind und rationale Operationen von stetigen zu stetigen Funktionen führen, ist in stetig.
und . Für ist ; für ist o.B.d.A. „klein“ und .
Folglich gilt: (nach Teil ) und
.
Insgesamt gilt also: .
Wegen erhält man . Folglich ist in stetig.
Es sei die durch definierte Funktion, deren Definitionsbereich die Halbebene ist. Zeigen Sie, daß stetig ist, und untersuchen Sie diese Funktion auf Existenz und Größe von Grenzwerten in den Randpunkten des Definitionsbereiches. [Hinweis: Definition von beachten!]
Lösungshinweis zu Aufgabe 6.4 Aus ergibt sich die Stetigkeit von .
besitzt in keinen Grenzwert. besitzt an den Stellen mit den Grenzwert und an den Stellen mit den uneigentlichen Grenzwert .
Lösung zu Aufgabe 6.4 Für und beliebig ist .
Wir betrachten zunächst die Funktion .
Sei , also beliebig und und (o.B.d.A. für alle ). Dann ist offenbar: und wegen der Stetigkeit der Exponentialfunktion auch .
Folglich ist in stetig.
Wir untersuchen jetzt die Grenzwerte in den Randpunkten des Definitionsbereiches, also in den Punkten beliebig.
1. Fall: . Sei und , speziell . Dann ist , also für alle .
Sei jetzt . Dann ist und somit .
Folglich besitzt in keinen Grenzwert.
2. Fall: und o.B.d.A. .
Dann ist , also , d.h., besitzt an der Stelle mit den Grenzwert .
3. Fall: und o.B.d.A. .
Dann ist , also .
besitzt in für den uneigentlichen Grenzwert .
Es sei die Menge aller Folgen aus Nullen und Einsen.
Für und aus sei
. ()
Die Abbildung sei definiert durch .
Zeigen Sie, daß die Reihe () konvergiert und eine Metrik auf ist.
Berechnen Sie den Abstand von und .
Zeigen Sie
Wenn für , so .
Wenn und , so für .
Untersuchen Sie, ob die Abbildung stetig ist.
Lösungshinweis zu Aufgabe 6.5 (a) ist eine konvergente Majorante von . Die Eigenschaften der Metrik sind leicht nachzuweisen.
(b) .
(c) Eigenschaft i) ist trivial; ii) zeigt man leicht indirekt.
(d) Für und und gilt stets: .
Lösung zu Aufgabe 6.5
Es ist
also
für alle
.
Folglich ist eine konvergente Majorante von .
Offenbar ist . Für ist stets und damit . Für ist für wenigstens ein ; also .
ist trivial.
Es sei nun .
Aufgrund der Dreiecksungleichung für reelle Zahlen gilt: für alle . Wegen ist konvergent. Folglich gilt:
.
Es ist .
Wenn für , so
.
Angenommen, für ein , dann ist und somit im Widerspruch zu .
Es sei so groß, daß und .
Wenn , so für . Folglich ist
.
Es sei die Menge aller Folgen von reellen Zahlen. Für zwei beliebige Elemente von sei wie folgt definiert:
.
Beweisen Sie, daß eine Abbildung von in mit den folgenden Eigenschaften ist:
für alle ,
genau dann, wenn ,
für alle .
Lösungshinweis zu Aufgabe 6.6 ist eine konvergente Majorante von . Die Eigenschaften (a) - (c) sind sehr leicht nachzuweisen.
Lösung zu Aufgabe 6.6 Wegen ist eine konvergente Majorante von . Folglich ist eine Abbildung von in .
(a) und (c) sind trivial.
Wenn , so ist für alle und somit .
Wenn , so ist für wenigstens ein , also und somit .
Zeigen Sie für und :
,
,
.
[Für (b) und (c) benutze man die Ungleichung für „kleine“ .]
Lösungshinweis zu Aufgabe 6.7 (a) Der Bruch wird mit erweitert.
(b) und (c) sind mit Hilfe des Hinweises leicht zu verifizieren.
Lösung zu Aufgabe 6.7
Es ist
.
Es sei und , also und somit ist „klein“.
Nach dem Hinweis gilt:
und .
Also und , folglich ist .
1. Fall: . Dann ist , also . 2. Fall: . Hierfür ist (nach Aufgabe (b) ).
Es sei und für . In welchen Punkten besitzt einen Limes ?
Lösungshinweis zu Aufgabe 6.8 besitzt in jedem Punkt den Limes .
Lösung zu Aufgabe 6.8 Für ist . Folglich besitzt in jedem Punkt den Limes .
Skizzieren Sie (Zeichnung) den Verlauf der folgenden durch Parameterdarstellung gegebenen Kurven:
.
. (Astroide).
Lösungshinweis zu Aufgabe 6.9 Man berechne genügend viele Funktionswerte.
Lösung zu Aufgabe 6.9
(Für die Skizzen sind genügend viele Funktionswerte zu berechnen.)
Man zeige mit Hilfe der Definition, daß die Funktion in dem abgeschlossenen Intervall mit gleichmäßig stetig ist.
Lösungshinweis zu Aufgabe 6.10 Für leistet das Verlangte.
Lösung zu Aufgabe 6.10 Sei und . Dann gilt für alle : Wenn , so
.
Es sei ein metrischer Raum und
Zeigen Sie, daß die Funktion mit in stetig ist. Ist in auch gleichmäßig stetig ?
Lösungshinweis zu Aufgabe 6.11 Für leistet das Verlangte.
Lösung zu Aufgabe 6.11 Für die Metrik in gilt:
und
.
Folglich gilt: .
Dies wird benutzt, um die Stetigkeit von in nachzuweisen.
Dazu sei ein Element aus und . Wir wählen .
Dann gilt: Wenn , so
.
Folglich ist in stetig.
Offenbar ist in auch gleichmäßig stetig.
Denn für und gilt für alle : Wenn , so
.
Es sei ein metrischer Raum, und mit stetig in . Zeigen Sie:
Ist abgeschlossen, dann ist abgeschlossen.
Für alle sind die Mengen und offen.
Lösungshinweis zu Aufgabe 6.12 (a) Mit Hilfe der „Folgenstetigkeit“ zeigt man, daß ein Häufungspunkt von zu gehört.
(b) Für genügt es, ein anzugeben mit . leistet das Verlangte. Die Offenheit von erfolgt analog.
Lösung zu Aufgabe 6.12
Sei abgeschlossen und ein Häufungspunkt von . Dann gibt es eine Folge in mit , also auch . Wegen ist für alle . Aufgrund der Stetigkeit von gilt: . Folglich ist und somit , d.h. ist abgeschlossen.
Sei und .
Wir haben zu zeigen: Es gibt ein , so daß .
Wegen ist . Wir wählen .
Sei , also .
Aufgrund der Dreiecksungleichung gilt: .
Daher ist .
Folglich ist .
Analog zeigt man den Rest der Behauptung.
Sei und .
Zu zeigen: Es gibt ein , so daß .
Wegen ist . Es sei und , also . Aufgrund der Dreiecksungleichung gilt:
.
Also . Damit gilt die Behauptung.
Welche der folgenden Mengen sind kompakt ?
in ,
in ,
in ,
in ,
in .
Lösungshinweis zu Aufgabe 6.13 Sei . ist kompakt ist beschränkt und abgeschlossen.
ist nicht beschränkt.
ist beschränkt und abgeschlossen.
ist beschränkt und abgeschlossen.
ist nicht abgeschlossen.
ist nicht beschränkt.
Lösung zu Aufgabe 6.13 Eine Teilmenge ist kompakt gdw in beschränkt und abgeschlossen ist.
Offenbar ist in nicht beschränkt und damit nicht kompakt.
Da offensichtlich beschränkt ist, bleibt nur noch die Abgeschlossenheit nachzuweisen.
Sei ein Häufungspunkt in . Ist , so ist . Sei nun und eine Folge in mit . Wegen ist , also o.B.d.A. .
Dann existiert ein , so daß . Folglich ist auch für fast alle .
ist eine endliche Vereinigung von abgeschlossenen Mengen, also selbst abgeschlossen. Folglich ist und somit abgeschlossen.
Offenbar ist beschränkt in .
Sei ein Häufungspunkt in und eine Folge in mit . Wegen , und sind auch , also . Folglich ist kompakt.
Es ist und . Sei eine Folge in mit , und . Dann ist ein Häufungspunkt von und ein Häufungspunkt von , der nicht zu gehört. Folglich ist nicht abgeschlossen und damit nicht kompakt.
ist nicht beschränkt in und daher nicht kompakt.
seien Teilmengen des . Zeigen Sie:
Sind und kompakt, dann ist auch kompakt.
Ist kompakt und abgeschlossen, dann ist kompakt.
Lösungshinweis zu Aufgabe 6.14 Mit Hilfe der Definition von „kompakt“ und „abgeschlossen“ ist der Beweis leicht zu führen.
Lösung zu Aufgabe 6.14
ist beschränkt, denn nach Voraussetzung existieren , so daß für alle und gilt: und . Dann ist für alle .
Es bleibt noch zu zeigen, daß abgeschlossen ist.
Ist ein Häufungspunkt von , dann liegen (nach Voraussetzung) in jeder Umgebung unendlich viele Elemente aus . Folglich befinden sich in schon unendlich viele Elemente aus oder unendlich viele Elemente aus . Damit ist ein Häufungspunkt von oder von , also oder , d.h. .
Da Teilmengen von beschränkten Mengen wieder beschränkt sind, ist beschränkt.
Ist ein Häufungspunkt von , dann ist insbesondere ein Häufungspunkt von und von . Wegen der Abgeschlossenheit von und ist und , also .
Es sei . Zeigen Sie, daß genau dann kompakt ist, wenn jede unendliche Teilmenge von einen Häufungspunkt in besitzt.
Lösungshinweis zu Aufgabe 6.15 Sei o.B.d.A. die Menge unendlich. Der Beweis erfolgt mit Hilfe des Satzes von Bolzano-Weierstraß. Beschränktheit und Abgeschlossenheit werden am einfachsten indirekt nachgewiesen.
Lösung zu Aufgabe 6.15 Für endliche Mengen ist die Behauptung trivial. Es sei unendlich.
Sei kompakt, also beschränkt und abgeschlossen und eine unendliche Teilmenge von . Nach dem Satz von Bolzano-Weierstraß (6/1/24) besitzt einen Häufungspunkt.
Angenommen, ist nicht beschränkt, d.h., für jedes gibt es ein mit . Dann läßt sich (induktiv) eine unendliche Teilmenge von definieren, die keinen Häufungspunkt besitzt.
Sei beliebig. Nach Voraussetzung existieren mit , mit . Dies widerspricht der Voraussetzung. Folglich ist beschränkt.
Es bleibt noch die Abgeschlossenheit von nachzuweisen.
Angenommen,
ist nicht
abgeschlossen. Dann besitzt
einen Häufungspunkt
,
der nicht zu
gehört.
Damit existiert eine Folge
in
mit
. Wegen
ist
und somit
eine unendliche
Teilmenge von
.
besitzt nach Voraussetzung einen Häufungspunkt
. Dann gibt es
eine Teilfolge
von
, die gegen
konvergiert.
Folglich gilt:
und
, also
und
somit
,
!
Es sei und ein System von Teilmengen von , so daß und , wobei beliebig.
Zeigen Sie, daß eine Überdeckung von ist und wählen Sie ein endliches Teilsystem von aus, durch das bereits überdeckt wird.
Zeigen Sie, daß und eine Überdeckung von ist und daß es kein endliches Teilsystem gibt, so daß durch überdeckt wird.
Lösungshinweis zu Aufgabe 6.16 (a) Sei und . Weiterhin sei mit . Dann ist ein überdeckendes endliches Teilsystem von .
(b) Der Beweis erfolgt leicht indirekt.
Lösung zu Aufgabe 6.16
Sei . Wir zeigen, daß Element wenigstens einer Menge aus ist.
Ist , dann ist . Sei jetzt und damit . Wir bilden für , also . Wir wählen jetzt eine endliche Überdeckung aus.
Sei und so klein, daß . Nach dem Archimedischen Axiom gibt es ein , so daß , also erst recht .
Wir betrachten . Offenbar ist ein endliches Teilsystem von , durch das überdeckt wird (denn die Intervalle „überlappen“ sich).
Für ist , folglich wird durch überdeckt.
Angenommen, es gibt ein endliches Teilsystem von , durch das überdeckt wird. Unter den endlich vielen Elementen , mit denen die Intervalle gebildet sind, gibt es ein kleinstes (mit . Dann ist z.B. . Folglich wird durch keine Menge aus überdeckt. Dies widerspricht der Annahme.
Es sei mit und 𝖐 die durch definierte Kurve in der Ebene. Betrachtet man zu jedem Punkt von 𝖐 die -Umgebung mit , dann erhält man eine offene Überdeckung von . Geben Sie endlich viele zu gehörende Mengen an, die bereits 𝖐 vollständig überdecken (mit Zeichnung).
Lösungshinweis zu Aufgabe 6.17 Sei und . Dann leistet das Verlangte.
Lösung zu Aufgabe 6.17 Der Abstand zweier beliebiger Punkte und auf der Kurve ist gegeben durch
.
Wir wählen jetzt Zahlen und aus und zeigen, daß die Kurve vollständig überdeckt. Für mit gilt: Wenn , so
.
Wir betrachten jetzt und wählen aus dem Intervall . Dann gilt
.
Für bleibt noch das Intervall für zu berücksichtigen.
Dafür ist und somit
.
Damit ist durch vollständig überdeckt.
(a) Zeigen Sie, daß für eine in differenzierbare Funktion im Allgemeinen nicht gilt: .
Man gebe ein Beispiel dafür an, daß die obige Gleichung erfüllt ist !
Lösungshinweis zu Aufgabe 7.1 (a) und liefert ein Gegenbeispiel.
(b) Für und gilt die Formel.
Lösung zu Aufgabe 7.1
Als Gegenbeispiel betrachten wir an der Stelle .
Offenbar ist in differenzierbar und . Weiterhin gilt für :
und somit
und .
Folglich existiert der Limes von an der Stelle nicht.
Es sei und . Dann gilt:
und .
Folglich ist in diesem Fall .
Es sei . Wie groß kann eine -Umgebung von 3 höchstens gewählt werden, so daß bei Ersetzung von durch die Tangentenfunktion der Fehler in stets kleiner als ist ?
Lösungshinweis zu Aufgabe 7.2 leistet das Verlangte.
Lösung zu Aufgabe 7.2 Die Tangente von an der Stelle ist durch gegeben. Wir betrachten zunächst alle , so daß die Ungleichung
erfüllt ist und bestimmen daraus ein entsprechendes , so daß die Ungleichung für alle gilt.
Wegen ist für alle . Folglich ist für alle .
Wir betrachten jetzt in einer Umgebung von und setzen dazu . Dann ist
.
leistet das Verlangte.
Man begründe die folgenden Näherungsformeln :
falls „hinreichend klein“ ist,
falls „hinreichend klein“ ist,
falls „hinreichend klein“ ist,
falls „hinreichend klein“ ist.
Lösungshinweis zu Aufgabe 7.3 Sei in differenzierbar. Ist durch die Tangente von an der Stelle gegeben, so gilt für (a) - (d) :
, also für kleine .
Lösung zu Aufgabe 7.3 Ist eine Funktion, die an der Stelle differenzierbar ist, dann ist die Tangente von an dieser Stelle durch gegeben. Da differenzierbare Funktionen stetig sind, ist .
Wegen gilt:
und somit für „kleine“ .
ist an der Stelle differenzierbar und .
Wegen ist für „kleine“ .
ist an der Stelle differenzierbar und .
Wegen ist für „kleine“ .
ist an der Stelle differenzierbar und .
Analog wie unter (b) ist für „kleine“ .
ist an der Stelle differenzierbar und .
Analog wie unter (b) ist dann für „kleine“ .
Zeigen Sie, daß die Ableitung einer differenzierbaren geraden Funktion ungerade und die Ableitung einer differenzierbaren ungeraden Funktion gerade ist!
Lösungshinweis zu Aufgabe 7.4 Der Beweis ergibt sich unmittelbar aus den Eigenschaften gerader und ungerader Funktionen.
Lösung zu Aufgabe 7.4 Für differenzierbare Funktionen gilt nach Definition: .
Sei gerade, also . Dann gilt:
.
Folglich ist ungerade.
Sei ungerade, also . Dann gilt:
Folglich ist gerade.
Zeigen Sie, daß die Funktion an der Stelle nicht (rechtsseitig) differenzierbar ist.
Lösungshinweis zu Aufgabe 7.5 .
Lösung zu Aufgabe 7.5 ist an der Stelle (rechtsseitig) differenzierbar es existiert .
Sei und . Dann gilt:
.
Folglich existiert der rechtsseitige Limes des Differenzenquotienten nicht.
Bilden Sie die Ableitung folgender Funktionen :
, (e) ,
, (f) ,
, (g) .
,
Lösungshinweis zu Aufgabe 7.6 (a) .
(b) .
(c) .
(d) .
(e) .
(f) .
(g) .
Lösung zu Aufgabe 7.6
.
.
.
.
Es ist . Folglich ist
.
Es ist , also
.
Es ist , also
.
Zeigen Sie : Sind und in -mal differenzierbar, dann ist in -mal differenzierbar und es ist .
Lösungshinweis zu Aufgabe 7.7 Der Beweis erfolgt induktiv über .
Lösung zu Aufgabe 7.7 Der Beweis erfolgt induktiv über .
Für ist .
Für (mit ) gelte die Behauptung bereits; wir beweisen sie für .
Der Einfachheit wegen schreiben wir für bzw. kurz bzw. .
Nach Voraussetzung ist
.
Da Summen und Produkte von differenzierbaren Funktionen differenzierbar sind, ist an der Stelle (wenigstens) einmal differenzierbar und es gilt :
.
Folglich gilt die Behauptung.
Folgende Funktionen sind auf Stetigkeit und Differenzierbarkeit zu untersuchen :
Lösungshinweis zu Aufgabe 7.8 (a) Die Stetigkeit ist trivial. Für ist in differenzierbar und . Für ist in differenzierbar und . ist in nicht differenzierbar.
(b) ist in stetig und in differenzierbar; ist an der Stelle nicht differenzierbar.
Lösung zu Aufgabe 7.8
Sei beliebig.
Wir zeigen zunächst, daß an der Stelle stetig ist.
Dazu sei ein Folge mit . Es ist
.
Folglich ist an einer beliebigen Stelle stetig.
Es sei jetzt .
Wir zeigen, daß an der Stelle differenzierbar ist.
1. Fall: ; dann ist und für alle in einer hinreichend kleinen Umgebung gilt ebenfalls . Folglich ist
, also .
2. Fall: : dann ist und für ist . Folglich ist
, also .
Es sei jetzt .
Für ist und
für ist .
Links- und rechtsseitiger Limes von an der Stelle stimmen nicht überein; damit existiert der Limes dort nicht. Folglich ist an der Stelle nicht differenzierbar.
Sei beliebig.
Wir zeigen zunächst, daß in stetig ist.
Da konstante Funktionen und die Identitätsfunktion stetig sind und Summen und Produkte von stetigen Funktionen ebenfalls stetig sind, ist an allen Stellen stetig.
Es sei nun . Dann ist
und
.
Also . Folglich ist auch in stetig.
Es sei jetzt .
Wir zeigen, daß in differenzierbar ist.
Da konstante Funktionen und die Identitätsfunktion differenzierbar sind und Summen und Produkte von differenzierbaren Funktionen ebenfalls differenzierbar sind, ist an allen Stellen differenzierbar.
Es sei nun . Dann gilt für :
.
Für erhält man:
.
Links- und rechtsseitiger Grenzwert des Differenzenquotienten stimmen nicht überein. Folglich ist an der Stelle nicht differenzierbar.
Bilden Sie die Ableitung folgender Funktionen:
(b) 
Lösungshinweis zu Aufgabe 7.9 (a)
(b) 
Lösung zu Aufgabe 7.9
Für ist ; für ist .
Es sei nun . Wir bilden .
Für ist und
für ist .
Links- und rechtsseitiger Limes des Differenzenquotienten stimmen an der Stelle überein und sind . Folglich ist .
Für ist ; für ist .
Es sei nun . Wir bilden .
Für ist .
Für ist .
(Hierbei wird ausgenutzt, daß , insbesondere an der Stelle .)
Folglich ist .
(a)
Die an die Funktion im Punkt gelegte Tangente bildet mit den Koordinatenachsen ein Dreieck. Man zeige, daß der Flächeninhalt des Dreiecks unabhängig von der Wahl des Punktes ist.
Lösungshinweis zu Aufgabe 7.10 (a) Elementare Rechnungen führen zum Ergebnis.
(b) Der Flächeninhalt des Dreiecks ist stets .
Lösung zu Aufgabe 7.10
Nach Voraussetzung ist . Die Tangente ist gegeben durch
.
Aus berechnet man . Es ist
.
Folglich ist .
Nach Voraussetzung ist . Die Tangente ist gegeben durch
.
. ist die Länge der Grundlinie des rechtwinkligen Dreiecks und ist die Länge der Höhe. Folglich ist der Flächeninhalt des Dreiecks: .
(a)
Man bestimme die zu der Geraden parallele Tangente an der Parabel .
Man gebe die Gleichung der zur -Achse parallel verlaufenden Tangente an der Funktion an.
Lösungshinweis zu Aufgabe 7.11 (a) .
(b) .
(c) , ,
, .
Lösung zu Aufgabe 7.11
Wir berechnen zunächst die Schnittpunkte von mit der -Achse.
Dazu setzen wir .
Folglich ist eine Lösung, und für sind weitere Lösungen.
Der Anstieg von an einer Stelle ist gegeben durch . Jetzt wird überprüft, ob es ein gibt, so daß an den Stellen (für beliebiges ) und (für ).
Für ist .
Für und ist .
Dies widerspricht der Bedingung .
Für schneidet die Funktion die -Achse an der Stelle im Winkel von .
Wir suchen eine Stelle , an der der Anstieg der Parabel den Wert annimmt.
.
Folglich ist die Tangente gegeben durch
.
Wir suchen eine Stelle , an der der Anstieg von den Wert annimmt.
.
Die Tangente ist somit gegeben durch
.
Berechnen Sie :
von ,
von ,
von .
Lösungshinweis zu Aufgabe 7.12 (a) .
(b) .
(c) , ,
, .
Lösung zu Aufgabe 7.12
Durch Probieren stellt man folgende Behauptung auf:
wobei .
Dann gilt :
.
Folglich ist die Behauptung für richtig. Die Behauptung gelte bereits für ; wir beweisen sie für .
.
Wegen ist und somit
.
Induktiv über zeigt man leicht :
,
,
,
.
Es sei -mal differenzierbar und . Zeigen Sie, daß .
Lösungshinweis zu Aufgabe 7.13 Den Beweis führt man leicht induktiv über .
Lösung zu Aufgabe 7.13 Den Beweis führt man sehr leicht induktiv über .
Sei ; dann ist .
Für gelte die Behauptung bereits. Dann ist :
.
Es sei
Bestimmen Sie reelle Zahlen , so daß in (stetig und) differenzierbar ist.
Läßt sich die für formulierte Aufgabe auch für lösen ?
Lösungshinweis zu Aufgabe 7.14 (a) leistet das Verlangte.
(b) Das Problem ist für nicht lösbar.
Lösung zu Aufgabe 7.14 Wir benutzen den folgenden Satz :
Sei die Funktion in einer Umgebung des Punktes definiert.
besitzt an der Stelle einen Grenzwert bzw. den Grenzwert besitzt an der Stelle einen linksseitigen und einen rechtsseitigen Grenzwert und beide sind gleich bzw. den linksseitigen und rechtsseitigen Grenzwert .
Wir untersuchen zunächst die Stetigkeit von an der Stelle .
Offenbar gilt:
und .
Hieraus folgt: .
Jetzt wird an der Stelle betrachtet.
und .
Damit erhält man eine Bedingung für die restlichen unbekannten Koeffizienten:
.
Wir untersuchen jetzt die Differenzierbarkeit von an den Stellen und . Da die Ableitungen von ganz-rationalen Funktionen stetig sind, gilt:
und .
Folglich ist . Weiterhin ist
und .
Folglich ist . Damit haben wir folgende Informationen erhalten:
und .
Zur Bestimmung der restlichen Koeffizienten bleibt nur noch das System der letzten beiden Gleichungen auszuwerten. Hieraus erhält man: .
Eine Überprüfung zeigt, daß die gefundenen Werte das Problem tatsächlich lösen.
Analog wie unter (a) ist
und ;
also . Weiterhin ist
und ;
somit gilt: , also .
Die geforderte Differenzierbarkeit von liefert:
und .
Damit ist und . Schließlich ist
und ;
somit ist . Dies widerspricht der Bedingung .
Das Problem ist für nicht lösbar.
Es sei
Zeigen Sie:
ist in unstetig,
ist in stetig, aber nicht differenzierbar,
ist in differenzierbar.
Lösungshinweis zu Aufgabe 7.15 (a) ist trivial.
(b) ; hieraus folgt die Stetigkeit an der Stelle .
besitzt an der Stelle keinen Grenzwert. Folglich ist in nicht differenzierbar.
(c) folglich ist in differenzierbar.
Lösung zu Aufgabe 7.15
Es ist . Wir betrachten die Nullfolge mit . Dann gilt offenbar:
für alle , also .
Folglich ist in nicht stetig.
.
Folglich ist und somit in stetig.
Weiterhin gilt für :
.
Der Limes des Differenzenquotienten von an der Stelle existiert nicht, somit ist in nicht differenzierbar.
Wir bilden den Differenzenquotienten von an der Stelle :
.
Der Limes des Differenzenquotienten existiert; folglich ist in differenzierbar.
Es sei
Zeigen Sie:
ist für alle differenzierbar und ,
ist in stetig,
ist in einer Umgebung von 0 monoton.
Geben Sie eine Beziehung zwischen dem Monotonieverhalten von und dem Vorzeichen von an.
Lösungshinweis zu Aufgabe 7.16 (a)
(b) Die „rationale Zusammensetzung“ stetiger Funktionen ist wieder stetig.
. Folglich ist in stetig.
(c) Da stetig und ist, ist in einer Umgebung von streng monoton wachsend.
Lösung zu Aufgabe 7.16
Da rationale Funktionen und die Sinusfunktion in ihren Definitionsbereichen differenzierbar sind, ist für alle differenzierbar und es gilt für :
.
Wir untersuchen jetzt den Differenzenquotienten von an der Stelle .
.
Folglich ist in differenzierbar und
.
Es ist
.
Daraus folgt
;
somit ist in stetig.
Nach (a) und (b) ist in differenzierbar und dort stetig. Wegen existiert eine Umgebung von , so daß in positiv ist (vgl. 6/3/11). Folglich ist in streng monoton wachsend.
Denn ist in einem Intevall differenzierbar und für alle , so ist in streng monoton wachsend (vgl. 7/3/9).
Zeigen Sie mit Hilfe des 1. Mittelwertsatzes (der Differentialrechnung) :
Für jedes gilt : ,
Für jedes gilt : ,
Für gilt : .
Lösungshinweis zu Aufgabe 7.17 Im Folgenden sei eine (entsprechend des 1. Mittelwertsatzes) gewählte Stelle zwischen und .
Aus folgt die Behauptung.
Aus folgt die Behauptung.
Aus folgt die Behauptung.
Lösung zu Aufgabe 7.17
Für ist die Behauptung trivial. Es sei nun . Nach dem Mittelwertsatz ist für ein zwischen und . Also
.
Für gilt die Behauptung offenbar. Es sei . Wegen gilt nach dem Mittelwertsatz: für ein zwischen und . Also
.
Sei . Wir benutzen den Mittelwertsatz für . Dann gilt:
für ein mit . Folglich ist
, also .
Wenden Sie den Satz von Taylor auf die Funktion an der Stelle an, und berechnen Sie damit auf 2 Dezimalstellen genau (geänderte Fassung).
Lösungshinweis zu Aufgabe 7.18 Es ist und somit , wobei .
Lösung zu Aufgabe 7.18 Es ist . Induktiv über zeigt man leicht:
.
Damit erhält man
.
Aufgrund des Taylorschen Satzes für (vgl. 7/2/9) ist
, wobei
für ein mit . Folglich ist
mit
.
Wegen ist . Folglich ist
.
Für ist . Damit gilt .
Berechnen Sie mit Hilfe des Taylorschen Satzes:
, so daß der Fehler wird,
, so daß der Fehler wird,
1100 wird.
[Hinweis: Man betrachte bei Aufgabe (b) die Funktion .]
Lösungshinweis zu Aufgabe 7.19 Es sei das Restglied in der Taylorschen Formel. Dann gilt für die entsprechenden Funktionen in (a) - (c):
; somit leistet das Verlangte.
; leistet das Verlangte.
; leistet das Verlangte.
Lösung zu Aufgabe 7.19 Nach dem Taylorsche Satz (vgl. 7/2/9) gilt:
,
wobei und .
Für ist
und
.
Wir setzen , dann ist
.
Offenbar ist stets ; somit gilt für
.
Schließlich gilt für
. Also
.
Sei . Induktiv über zeigt man leicht:
.
Für und ist
.
Wählt man , so ist . Folglich ist
.
Sei . Dann ist . Für und gilt:
.
Wählt man , so ist . Also
.
Man gebe die Taylorentwicklung für folgende Funktionen an der Stelle an:
(auf die Abschätzung des Restgliedes wird verzichtet),
, für .
Lösungshinweis zu Aufgabe 7.20 (a) .
(b) .
(c) .
Lösung zu Aufgabe 7.20 Nach der Taylorschen Formel (vgl. 7/2/9 und 7/2/12) ist
,
wobei und .
Für ist . Folglich ist
für jedes fixierte . Somit ist
.
Sei . Dann ist und
für und somit
.
Folglich ist
.
Sei . Dann ist , und für erhält man
.
Somit ist
.
Weiterhin gilt:
, also
(für ).
Folglich ist
.
Es sei . Wie groß kann eine -Umgebung von höchstens gewählt werden, so daß bei Ersetzung von durch die Tangentenfunktion der Fehler in stets kleiner als ist.
Lösungshinweis zu Aufgabe 7.20a leistet das Verlangte.
Lösung zu Aufgabe 7.20a Wir benutzen die Taylorsche Formel (vgl. 7/2/9) für .
Es ist und . Weiterhin ist und .
Für gilt nach der Taylorschen Formel für :
.
Folglich ist
.
leistet das Verlangte.
Berechnen Sie:
, (c) , bzw. ,
, (d) .
Lösungshinweis zu Aufgabe 7.21 (a) .
(b) .
(c) ; .
(d) .
Lösung zu Aufgabe 7.21 Wir benutzen die Regeln von de l’Hospital.
Es ist und .
Folglich genügt es, zu bestimmen. Wegen
gilt nach den Regeln von de l’Hospital: .
Es ist .
Analog wie bei Aufgabe (a) ist . Also
.
Es gelte zunächst (und , da sonst nicht definiert ist).
Für und gilt: . Es liegt also der Fall „“ vor.
Wegen
gilt nach den de l’Hospitalschen Regeln:
und
.
Für gilt: und . Damit erhält man den Fall „“. Analog wie oben gilt:
.
Also
.
Es ist . Folglich ist .
Geben Sie ein Polynom an, das die Funktion im Intervall bis auf zwei Stellen hinter dem Komma genau annähert.
Lösungshinweis zu Aufgabe 7.22 Mit Hilfe der Taylorschen Formel erhält man das Polynom .
Lösung zu Aufgabe 7.22 Wir benutzen die Taylorsche Formel für (vgl. 7/2/9).
Sei . Dann ist
für .
Weiterhin ist und und
.
Somit erhält man
(wegen und ).
,
und diese Ungleichung ist für erfüllt.
leistet das Verlangte.
Untersuchen Sie das Konvexitätsverhalten der folgenden Funktionen:
,
.
Lösungshinweis zu Aufgabe 7.23 Mit Hilfe des Satzes 7/3/16 erhält man:
ist in und in streng konvex von unten und in streng konvex von oben.
ist in streng konvex von unten und in streng konvex von oben.
Lösung zu Aufgabe 7.23 Wir benutzen den folgenden Satz (vgl. 7/3/16):
Ist in zweimal differenzierbar und (bzw. ) für alle , dann ist in streng konvex von unten (bzw. von oben).
Es ist . Wenn oder , so . Folglich ist in und in streng konvex von unten.
Wenn , so ; somit ist in streng konvex von oben.
Es ist . Wenn , so . Folglich ist in streng konvex von unten. Wenn , so ; also in streng konvex von oben.
Untersuchen Sie die Funktion auf Nullstellen, lokale Extremwerte, Wendepunkte, Verhalten in . Skizzieren Sie die durch definierte Kurve.
Lösungshinweis zu Aufgabe 7.24 besitzt genau eine Nullstelle, und zwar in dem Intervall .
Die kritischen Stellen sind für durch gegeben.
besitzt keine lokalen Extrema, aber an den Stellen Wendepunkte mit .
Es ist und .
Lösung zu Aufgabe 7.24 Wir untersuchen zunächst das Nullstellenverhalten der Funktion.
Für ist und daher . Für ist und somit , also . Für ist . Es bleibt das Intervall zu betrachten.
Wegen und besitzt als stetige Funktion nach dem Zwischenwertsatz in eine Nullstelle. Da für (vgl. 5/3/53) und für , ist in streng monoton fallend.
Somit besitzt in diesem Intervall genau eine Nullstelle (die bei Bedarf näherungsweise berechnet werden müßte).
Zur Bestimmung der Extrem- und Wendepunkte betrachten wir Ableitungen von .
für .
Die kritischen Stellen sind gegeben durch für . Weiterhin ist
und für alle .
Folglich besitzt keine lokalen Extrema, aber Wendepunkte an den Stellen für mit .
Offenbar gilt: und .
Führen Sie für folgende Funktionen eine Kurvendiskussion durch:
Lösungshinweis zu Aufgabe 7.25 (a) und .
ist in und in streng monoton wachsend.
ist in streng konvex von unten und in streng konvex von oben.
besitzt kein lokales Extremum und keinen Wendepunkt.
besitzt in eine Unendlichkeitsstelle.
Es ist und .
Weiterhin ist .
(b) und .
ist in streng monoton fallend und in streng monoton wachsend.
ist in und in streng konvex von oben und in streng konvex von unten.
ist die einzige kritische Stelle; besitzt dort ein lokales Minimum der Größe .
besitzt an den Stellen Wendepunkte mit den Koordinaten bzw. .
Es ist .
Lösung zu Aufgabe 7.25
(i) Definitionsbereich, Nullstellen
Offenbar ist und .
Monotonie
Es ist . Wegen für alle ist in und in streng monoton wachsend.
Konvexität
Es ist . Für ist , und für ist . Folglich ist in streng konvex von unten und in streng konvex von oben.
Lokale Extrema, Wendepunkte
Da und keine Nullstellen haben, besitzt kein lokales Extremum und keinen Wendepunkt.
Unendlichkeitsstellen
besitzt für eine Unendlichkeitsstelle.
Es ist und .
Verhalten im Unendlichen
Offenbar ist und .
(i) Definitionsbereich, Nullstellen
Es ist und .
Monotonie
Es ist . Wegen für und für ist in streng monoton fallend und in streng monoton wachsend.
Konvexität
Es ist . Für ist , für ist und für ist . Folglich ist in und in streng konvex von oben und in streng konvex von unten.
Lokale Extrema
ist die einzige kritische Stelle. Wegen besitzt an dieser Stelle ein lokales Minimum der Größe .
Wendepunkte
Es ist . Wegen und besitzt an den Stellen Wendepunkte mit den Koordinaten bzw. .
Verhalten im Unendlichen
Es ist und .
Für die folgenden Funktionen führe man eine Kurvendiskussion durch:
, (b) ,
, mit Zeichnung !
Lösungshinweis zu Aufgabe 7.26 (a) ; ist die einzige Nullstelle.
ist in streng monoton wachsend.
Für ist in streng konvex von unten und in streng konvex von oben.
besitzt keine lokalen Extrema.
Für besitzt in einen Wendepunkt mit den Koordinaten , falls gerade und , falls ungerade ist.
Es ist und .
(b) ; es gibt genau 3 Nullstellen, in jedem der Intervalle genau eine und .
Für ist in streng monoton fallend und in streng monoton wachsend.
Die Konvexitätsbereiche stimmen mit denen von Aufgabe (a) überein.
besitzt an der Stelle ein lokales Minimum der Größe und an der Stelle ein lokales Maximum der Größe .
besitzt an der Stelle , einen Wendepunkt mit den Koordinaten .
Es ist und .
(c) ist die einzige Nullstelle.
ist in und in streng monoton wachsend und in streng monoton fallend.
ist in und in streng konvex von unten.
besitzt an der Stelle ein lokales Minimum mit
besitzt keine Wendepunkte.
Es ist und und .
Lösung zu Aufgabe 7.26
(i) Definitionsbereich, Nullstellen
Es ist und ; also ist die einzige Nullstelle.
Monotonie
Es ist und somit für jedes und für . Folglich ist in streng monoton wachsend.
Konvexität
Es ist . Für ist und für ist . Wegen ist in streng konvex von unten und in streng konvex von oben .
Lokale Extrema
Die kritischen Stellen sind . Offenbar ist . Wir betrachten weitere Ableitungen.
Wendepunkte
Es ist und . Folglich besitzt keine lokalen Extrema, aber an den Stellen Wendepunkte mit den Koordinaten , falls gerade und , falls ungerade ist.
Verhalten im Unendlichen
Es ist und .
(i) Definitionsbereich, Nullstellen
Monotonie
Für ist , also in streng monoton wachsend. Aufgrund der Periodizität von gilt dann: ist in streng monoton fallend und in streng monoton wachsend .
Konvexität
Es ist . Diese Ableitung stimmt mit der 2. Ableitung von aus Aufgabe (a) überein. Folglich hat die dort ermittelten Konvexitätsbereiche.
Lokale Extrema
Es ist .
Sei und . Wegen ist und . Folglich besitzt an den Stellen ein lokales Minimum der Größe und an den Stellen ein lokales Maximum der Größe .
Wendepunkte
Es ist für alle . Weiterhin ist . Somit besitzt an den Stellen Wendepunkte mit den Koordinaten .
Verhalten im Unendlichen
Es ist und .
(i) Definitionsbereich, Nullstellen
Es ist und .
Monotonie
Es ist . Für ist ; für ist und für ist und somit . Folglich ist in und in streng monoton wachsend und in streng monoton fallend.
Konvexität
Es ist und für alle . Damit ist in und in streng konvex von unten.
Lokale Extrema
Der einzige kritische Punkt ist durch gegeben. Wegen besitzt an der Stelle ein lokales Minimum der Größe .
Wendepunkte
Da keine Nullstellen hat, besitzt auch keine Wendepunkte.
Unendlichkeitsstellen
Es ist und .
Verhalten im Unendlichen
Es ist und .
Berechnen Sie die ersten drei Glieder der Taylorentwicklung von in .
Lösungshinweis zu Aufgabe 7.27 Es ist .
Lösung zu Aufgabe 7.27 Es gilt (vgl. 7/2/9):
mit ,
.
Also
.
Bestimmen Sie so viele Glieder wie möglich in der Taylorentwicklung von in .
Lösungshinweis zu Aufgabe 7.28 Es ist mit
für .
Lösung zu Aufgabe 7.28 Es ist am einfachsten, die Taylorreihe (vgl. 7/2/9, 7/2/12 und 7/2/14) von zu betrachten. Dazu bilden wir alle Ableitungen von :
| , | ||
| , |
|
|
| , |
|
|
| , |
|
|
|
|
Offenbar gilt dann auch für alle :
| , | ||
| , |
|
|
| , |
|
|
| , |
|
. |
|
|
Es ist
mit .
Damit erhält man
für jedes fixierte und schließlich
.
Ist der Fehler bei der Näherung für kleiner als ? Bestimmen Sie damit auf 3 Stellen genau.
Lösungshinweis zu Aufgabe 7.29 Es ist .
Lösung zu Aufgabe 7.29 Wir benutzen den Taylorschen Satz (vgl. 7/2/9). Es ist
mit .
Für und erhält man und für alle und somit für :
.
Wegen und ist und . Also
.
Es ist . Folglich kann der obere Ansatz für den restlichen Teil der Aufgabe genutzt werden. Allerdings muß sein für . Hierzu wählen wir , denn
.
Damit erhält man
.
Prüfen Sie, ob in den folgenden Fällen die Voraussetzungen der Regel von de l’Hospital erfüllt sind, und bestimmen Sie die betreffenden Grenzwerte:
für
für ,
für .
Lösungshinweis zu Aufgabe 7.30 Die Voraussetzungen für die Regeln von de l’Hospital sind in jedem Fall erfüllt und es gilt:
.
.
.
Lösung zu Aufgabe 7.30 Offenbar sind alle in den Aufgaben (a) - (c) auftretenden Funktionen in ihren Definitionsbereichen differenzierbar.
Es gilt und . Damit sind die Voraussetzungen für die Anwendung der Regel von de l’Hospital erfüllt und es ist
.
Folglich erhält man
.
Es gilt und . Die Voraussetzungen sind erfüllt und es gilt:
.
Also
.
Es gilt und wegen für ist . Damit sind auch hierfür die Voraussetzungen für die Anwendung der Regel von de l’Hospital erfüllt und man erhält
.
Also
.
Berechnen Sie mit Hilfe der Regeln von de l’Hospital die folgenden Grenzwerte:
, (c) ,
, (d) .
Lösungshinweis zu Aufgabe 7.31 (a) .
(b) .
(c) .
(d) .
Lösung zu Aufgabe 7.31
Es gilt und somit
.
Folglich ist
.
Es gilt und somit
.
Wegen und kann die Regel noch einmal angewendet werden. Dadurch erhält man
mit und .
Erneute Anwendung der Regel liefert
.
Schließlich gilt:
.
Es gilt und somit
.
Es gilt und . Damit haben wir die Form „“. Für ist
.
Wir berechnen zunächst den Grenzwert des Exponenten. Aufgrund der Stetigkeit der Exponentialfunktion erhält man daraus den gewünschten Grenzwert.
Wegen und bilden wir
.
Somit entsteht die Form „“. Schließlich gilt:
.
Offenbar ist , aber und , folglich wenden wir für noch einmal die Regel von de l’Hospital an:
.
Damit erhält man und schließlich
.
Mit Hilfe der Regeln von de l’Hospital bestimme man folgende Grenzwerte:
, (d) ,
, (e) (),
1x.
Lösungshinweis zu Aufgabe 7.32 (a) .
(b) ().
(c)
1x = eˆ
(d) .
(e) .
(f) .
Lösung zu Aufgabe 7.32
Für ist . Wir berechnen zunächst den Grenzwert des Exponenten , der die Gestalt „“ besitzt. Es ist
und somit
.
Folglich ist
.
Es gilt und somit
für (anderenfalls läßt sich der Grenzwert so nicht untersuchen). Folglich ist
().
Es ist . Wir berechnen zunächst den Grenzwert des Exponenten:
.
Folglich gilt:
1x = eˆ
Für gilt:
.
Wegen wenden wir die Regel nur auf an. Es ist
, also
.
Wegen und kann die Regel angewendet werden, und es gilt:
.
Also
.
Für und ist .
Wir berechnen den Grenzwert des Exponenten. Es ist
und .
Wegen und ist die Regel auf anwendbar:
.
Also
.
Eine in einer Umgebung von definierte Funktion heißt an der Stelle lokal monoton wachsend, wenn gilt :
Für alle mit ist und für alle mit ist .
Zeigen Sie: Ist in differenzierbar und , so ist in lokal monoton wachsend.
Man zeige durch ein Beispiel, daß nicht gilt: Ist , so existiert eine Umgebung von , in welcher monoton wächst.
Lösungshinweis zu Aufgabe 7.33 (a) Wegen und der Definition des Limes existiert eine Umgebung , so daß für alle . Hieraus folgt die Behauptung.
(b) Die Funktion 
leistet das Verlangte.
Lösung zu Aufgabe 7.33
Nach Voraussetzung ist . Aufgrund der Definition des Limes existiert dann eine Umgebung , so daß für alle . Damit erhält man:
Wenn , so und daher für .
Wenn , so und daher für .
Folglich ist in lokal monoton wachsend.
Es sei
ist an der Stelle differenzierbar und es gilt:
.
Folglich ist .
Angenommen, es gibt eine Umgebung , so daß in monoton wächst. Dann gilt für alle : Wenn , so .
Sei , so daß und . Offenbar ist . Dann gilt:
!
Folglich ist in nicht monoton wachsend.
Zeigen Sie, daß die Funktion
mit 
an der Stelle 0 ein lokales Extremum hat, ohne links und rechts von 0 eindeutiges Monotonieverhalten zu zeigen, d.h., es existiert kein , so daß in und in monoton ist.
Lösungshinweis zu Aufgabe 7.34 Offenbar ist für alle . Folglich besitzt in ein lokales Minimum.
Für und mit gilt: und Hieraus erhält man schließlich die Behauptung.
Lösung zu Aufgabe 7.34 Es ist und . Folglich ist für alle . Daher besitzt in ein lokales Minimum. Für ist
.
Sei beliebig. Wir zeigen, daß in weder monoton wächst noch monoton fällt. Sei und so groß, daß . Dann ist
und .
Daraus folgt
und .
Aufgrund der Stetigkeit von in gibt es eine Umgebung , so daß dort negativ und eine Umgebung , so daß dort positiv ist (vgl. 6/3/11), d.h., ist in weder monoton wachsend noch monoton fallend. Analog behandelt man .
Beweisen Sie die folgende Aussage („Schrankensatz“): Es sei in einem Intervall differenzierbar; es sei eine untere und eine obere Schranke für den Anstieg einer beliebigen Tangente an in . Dann liegt auch der Anstieg einer beliebigen Sekante in zwischen und .
Lösungshinweis zu Aufgabe 7.35 Den Beweis führt man leicht mit Hilfe des 1. Mittelwertsatzes der Differentialrechnung.
Lösung zu Aufgabe 7.25 Nach Voraussetzung ist in differenzierbar und für alle . Seien mit . Der Anstieg der Sekante (bezüglich ) ist gegeben durch . Aufgrund des 1. Mittelwertsatzes der Differentialrechnung gibt es ein zwischen und , so daß . Folglich gilt auch
für alle .
Das Maximum einer in einem Intervall definierten Funktion könnte man näherungsweise wie folgt bestimmen: Man unterteilt in gleich lange Teilintervalle, berechnet die Funktionswerte an allen Teilungspunkten und sucht sich den größten Funktionswert heraus.
Es sei nun in differenzierbar und für alle . Man schätze den Fehler ab, den man bei der oben beschriebenen Methode begeht.
Wie fein müßte man bei der Berechnung des Maximums der Funktion mit im Intervall die Unterteilung wählen, um sicher zu sein, daß das berechnete Maximum höchstens um 0,01 vom tatsächlichen abweicht?
Lösungshinweis zu Aufgabe 7.36 (a) Der Fehler beträgt höchstens .
(b) Wählt man mit und , dann leistet das Verlangte.
Lösung zu Aufgabe 7.36
Wir zerlegen das Intervall durch in Teilintervalle , so daß . Die Länge jedes Teilintervalls beträgt dann . Das (durch die oben beschriebene Methode) näherungsweise bestimmte Maximum ist gegeben durch
.
Sei nun einer der beiden Randpunkte von mit . Nach dem 1. Mittelwertsatz der Differentialrechnung gilt:
für ein zwischen und , also
.
Der Fehler bei der obigen Methode beträgt also höchstens .
Es ist und somit
für .
Nach Aufgabe (a) ist der Fehler höchstens . Wir suchen jetzt ein , so daß , d.h. leistet das Verlangte.
Die Zahl 8 ist so in zwei Summanden zu zerlegen, daß die Summe der Kuben dieser Summanden am kleinsten ist.
Lösungshinweis zu Aufgabe 7.37 mit und leistet das Verlangte.
Lösung zu Aufgabe 7.37 Nach Voraussetzung ist mit und der Nebenbedingung, daß minimal wird. Es ist . Wir suchen ein globales Minimum von
.
Dazu untersuchen wir zunächst auf lokale Extrema. Es ist
, und somit
und .
Folglich besitzt an der Stelle ein lokales Minimum. Läßt man als Definitionsbereich von ganz zu, so ist offenbar das lokale Minimum auch das globale. Schränkt man den Definitinosbereich auf ein, dann muß mit verglichen werden. Dies zeigt, daß auch in diesem Fall an der Stelle ein globales Minimum besitzt.
Welche positive Zahl ergibt bei Addition ihrer Reziproken die kleinste Summe ?
Lösungshinweis zu Aufgabe 7.38 ist die gesuchte Zahl.
Lösung zu Aufgabe 7.38 Sei mit . Wir suchen ein globales Minimum von in . Dazu untersuchen wir auf lokale Extrema und bilden die Ableitungen von :
und .
Es ist
und .
Folglich besitzt an der Stelle ein lokales Minimum, welches gleichzeitig globales Minimum von ist (die Randpunkte von gehören nicht zu ).
Welche Länge muß die Grundseite eines regulären dreieckigen Prismas mit gegebenem Volumen haben, damit die Oberfläche minimal wird?
Lösungshinweis zu Aufgabe 7.39 Ist das Volumen des Prismas, so ist die Länge der Grundlinie des Prismas durch gegeben.
Lösung zu Aufgabe 7.39 Es sei die Länge der Grundlinie und die Höhe des Prismas. Das (gegebene) Volumen beträgt (mit , da sonst für ) und die Oberfläche ist gegeben durch . Wegen ist
.
Wir suchen ein globales Minimum von . Dazu untersuchen wir zunächst auf lokale Extrema. Es ist
und .
Weiterhin gilt:
und somit
.
Folglich besitzt an der Stelle ein lokales Minimum, das gleichzeitig globales Minimum ist (da die Randpunkte von nicht zu gehören).
Ein oben offenes zylindrisches Gefäß mit kreisförmiger Grundfläche soll ein vorgeschriebenes Volumen besitzen. Der Herstellungspreis für 1 m Mantelfläche betrage , derjenige für 1 m Grundfläche betrage Welche Abmessungen muß das Gefäß haben, damit die Herstellungskosten möglichst gering sind?
Lösungshinweis zu Aufgabe 7.40 Die Abmessungen des Gefäßes betragen: und , wobei den Radius und die Höhe bezeichnen.
Lösung zu Aufgabe 7.40 Es sei der Radius und die Höhe des Gefäßes. Dann ist das gegebene Volumen und . Somit entstehen Materialkosten in Höhe von
.
Es ist
, also
und somit .
Weiterhin gilt:
.
Folglich besitzt an der Stelle ein lokales Minimum. Wegen und ist das lokale Minimum auch das globale. Die Abmessungen des Gefäßes sind gegeben durch
und .
Von allen Quadern mit quadratischer Grundfläche, für die das Verhältnis von Volumen zur Oberfläche einen gegebenen Wert besitzt, soll derjenige bestimmt werden, für den der Mantel möglichst klein wird.
Lösungshinweis zu Aufgabe 7.41 Es seien das Volumen, die Oberfläche bzw. der Mantel des jeweiligen Quaders. Weiterhin sei die Länge einer Seite der Grundfläche und die Höhe des Quaders. Dann ist . Damit leistet das Verlangte.
Lösung zu Aufgabe 7.41 Sei die Länge einer Seite der Grundfläche und die Höhe des Quaders. Volumen, Oberfläche und Mantel des Quaders sind gegeben durch
.
Es sei , dann ist und somit
.
(Für
erhält man aus
leicht
! )
Wir suchen ein globales Minimum von . Dazu untersuchen wir auf lokale Extrema. Es ist
und .
Weiterhin gilt:
oder .
scheidet als Lösung aus, es bleibt zu betrachten.
.
Folglich besitzt an der Stelle ein lokales Minimum, das gleichzeitig globales Minimum ist.
Welche Abmessungen muß der Kreiszylinder haben, damit sein Volumen möglichst groß wird.
Lösungshinweis zu Aufgabe 7.42 Der Radius des Kreiszylinders beträgt und seine Höhe .
Lösung zu Aufgabe 7.42 Es sei der Radius und die Höhe des einbeschriebenen Zylinders. Sein Volumen beträgt Der Punkt , der die obere rechte Ecke des Zylinders (in der Seitenansicht – vgl. Zeichnung) markiert, genügt der Gleichung . Folglich ist
.
Wir suchen ein globales Maximum von . Dazu untersuchen wir auf lokale Extrema. Es ist
und .
Weiterhin gilt:
oder und
, .
Für besitzt ein lokales Maximum, das gleichzeitig globales Maximum von ist, denn und .i Die Höhe des Zylinders beträgt .
und seien gegebene ganze Zahlen. Für welche Werte von und läßt sich in eine Summe von zwei ganzen Zahlen zerlegen, so daß bezüglich aller Zerlegungen der Ausdruck einen möglichst kleinen Wert besitzt?
Lösungshinweis zu Aufgabe 7.43 Sei , also .
1. Fall: . Für realisiert jedes das globale Minimum. Sei jetzt . Für gerade realisiert und für ungerade jede Zerlegung das globale Minimum.
2. Fall: . Für realisiert jede Zerlegung mit das globale Minimum. Für und gerade realisiert das globale Minimum. Für ungerade existiert keine Lösung.
Lösung zu Aufgabe 7.43 Wegen ist . Wir suchen ein globales Minimum von
.
Da „“ nicht definiert ist, erscheint eine Fallunterscheidung hilfreich.
Sei , also und somit .
Für scheidet der Fall (als zulässige Zerlegung) aus. Für ist , d.h., jede Zerlegung mit realisiert das globale Minimum.
Sei jetzt . Ist ungerade, so ist . Damit realisiert jede Zerlegung das globale Minimum. Ist gerade, so ist . Folglich realisiert das globale Minimum.
Es sei jetzt . Für ist . Damit scheiden die Zerlegungen und aus. Für und ist konstant. Folglich realisiert jede solche Zerlegung das globale Minimum.
Für ist ; somit realisiert jede Zerlegung das globale Minimum.
Es bleiben jetzt noch die Fälle und zu betrachten. Hierzu untersuchen wir auf lokale Extrema. Es ist
und .
Weiterhin ist
Also und somit . Für gerades entsteht noch die Lösung und somit ; dieser Fall ist aber ausgeschlossen. Als einzige Lösung bleibt .
.
Hieraus ergeben sich folgende Schlußfolgerungen: Wegen muß gerade sein. Da und ist, gilt . Folglich ist für stets .
Für gerade realisiert und das globale Minimum. Sei jetzt gerade). Dann ist für gerade und für ungerade . Folglich realisiert das globale Minimum. Für ungerade existiert keine Lösung.
In einem rechtwinkligen Koordinatensystem ist eine Gerade durch den Punkt so zu legen, daß sie mit den positiven Koordinatenachsen ein Dreieck mit möglichst kleinem Flächeninhalt einschließt. Geben Sie die Gleichung der Geraden an.
Lösungshinweis zu Aufgabe 7.43 Sei , also .
1. Fall: . Für realisiert jedes das globale Minimum. Sei jetzt . Für gerade realisiert und für ungerade jede Zerlegung das globale Minimum.
2. Fall: . Für realisiert jede Zerlegung mit das globale Minimum. Für und gerade realisiert das globale Minimum. Für ungerade existiert keine Lösung.
Lösung zu Aufgabe 7.43 Die durch gehende Gerade schneide die -Achse im Punkt und die -Achse im Punkt . Die Gleichung der Geraden ist dann gegeben durch und der Flächeninhalt des entstehenden Dreiecks durch . Aus der Geradengleichung erhält man für und : . Folglich ist
.
Weiterhin ist
und
und somit
oder .
scheidet als Lösung offenbar aus. Es ist . Folglich besitzt an der Stelle ein lokales Minimum, das gleichzeitig globales Minimum ist. Aus folgt: .
Die Gleichung der Geraden ist gegeben durch .
In eine gegebene Halbkugel vom Radius soll ein gerader Kegel einbeschrieben werden, dessen Spitze im Mittelpunkt der Grundfläche der Halbkugel liegt. Wie sind die Abmessungen des Kegels zu wählen, so daß sein Volumen möglichst groß wird?
Lösungshinweis zu Aufgabe 7.45 Der Radius des Kegels sei und seine Höhe . Das Volumen des Kegels besitzt für und ein globales Maximum.
Lösung zu Aufgabe 7.45 Der Radius des Kegels sei und seine Höhe . Dann gilt offenbar und somit . Das Volumen des Kegels beträgt und somit
.
Wir suchen ein globales Maximum von . Dazu untersuchen wir zunächst auf lokale Extrema. Es ist
und .
Weiterhin gilt:
.
Der negative Wert von scheidet offenbar als Lösung aus. Es genügt also zu betrachten. Es gilt:
.
Folglich besitzt an der Stelle ein lokales Maximum. Wegen müssen zur Untersuchung eines globalen Maximums noch die Werte berücksichtigt werden. Da
besitzt an der Stelle auch ein globales Maximum.
Die Abmessungen des Kegels sind gegeben durch
und .
Beim Kugelstoßen ist die Wurfweite
.
Dabei ist der Abwurfwinkel, die Abwurfgeschwindigkeit, die Abwurfhöhe (sie beträgt etwa der Körperhöhe). Für welchen Winkel ist die Wurfweite am größten? Zahlenbeispiel: .
Lösungshinweis zu Aufgabe 7.46 Es ist . Der negative Wert scheidet aus praktischen Gründen aus.
.
Man zeigt: ; folglich besitzt an der Stelle oder ein (globales) Maximum. (Die Lösung der Aufgabe ist technisch recht aufwendig.)
Lösung zu Aufgabe 7.46 Abkürzend setzen wir und (offenbar sind ). Dann ist
.
Wir suchen ein globales Maximum von . Dazu untersuchen wir auf lokale Extrema in dem Bereich (die übrigen Werte von scheiden aus praktischen Gründen als Lösung aus). Es ist
und
. ()
Der negative Wert von liegt nicht im Definitionsbereich, folglich ist oder .
Wir testen das Vorzeichen der 2. Ableitung an dieser Stelle. Es ist
.
Wegen ist offenbar und somit . Es bleibt noch nachzuweisen, daß auch .
Um uns die Schreibarbeit zu erleichtern, setzen wir . Dann ist wegen und :
.
Wegen genügt es nachzuweisen, daß . Aufgrund von ist und somit
, also
.
Folglich besitzt an der Stelle ein lokales Maximum, das gleichzeitig globales Maximum ist.
Ein Gefäß mit senkrechter Wandung stehe auf einer horizontalen Ebene. Seine Höhe sei . Aus einer (waagerechten) Öffnung in der Gefäßwand dringe ein Flüssigkeitsstrahl. Man bestimme die Lage der Öffnung, für die der Strahl die größte Weite erzielt, wenn die Geschwindigkeit der ausströmenden Flüssigkeit nach dem Gesetz von Torricelli gleich ist, wobei die Höhe der Öffnung unter dem Flüssigkeitsspiegel angibt.
Lösungshinweis zu Aufgabe 7.47 Durch ist die Höhe der Öffnung in der Gefäßwand über der Ebene gegeben.
Lösung zu Aufgabe 7.47 Sei die Austrittshöhe des Strahls aus der Gefäßwand, also . Dann ist die Austrittsgeschwindigkeit . Die Wurfparabel (waagerechter Wurf in einem --Koordinatensystem) ist gegeben durch . Für trifft der Strahl offenbar auf die horizontale Ebene auf. Daraus ergibt sich die Weite des Strahls wie folgt:
, also
.
Wir suchen ein globales Maximum von . Dazu untersuchen wir auf lokale Extrema. Es ist
, und
.
Weiterhin ist
.
Folglich besitzt an der Stelle ein lokales Maximum der Größe . Der Definitionsbereich von ist . Vergleicht man mit , so ergibt sich, daß an der Stelle ein globales Maximum besitzt.
Von einem Kanal der Breite gehe unter einem rechten Winkel ein anderer Kanal mit der Breite aus. Die Wände der Kanäle seien geradlinig. Wie lang darf ein Balken (dessen Breite unberücksichtigt bleibt) höchstens sein, der von einem Kanal in den anderen geflößt werden soll?
Lösungshinweis zu Aufgabe 7.48 Es sei ( ist die kritische Stelle der Funktion, von der die Länge des Balkens abhängt.) Die maximale Länge des Balkens beträgt .
Lösung zu Aufgabe 7.48
Der längste Balken, der gefloßt werden kann, werde durch die Strecke zwischen und dargestellt. Die Gleichung der Geraden durch die Punkte (auf der auch liegen soll) ist gegeben durch . Da auf der Geraden liegt, erhält man
und somit .
Die Länge des Balkens beträgt
.
Der längste noch zu flößende Balken wird durch das globale Minimum (vgl. Zeichnung) von gegeben. Wir bilden
.
Es ist
oder .
scheidet als Lösung offenbar aus; es bleibt zu berücksichtigen.
Da die 2. Ableitung relativ kompliziert zu handhaben ist, benutzen wir zum Nachweis eines Minimums andere Hilfsmittel. Wir zeigen: In einer linksseitigen bzw. rechtsseitigen Umgebung von ist streng monoton fallend bzw. wachsend. Aufgrund ihrer Stetigkeit besitzt die Funktion an der Stelle dann ein lokales Minimum.
Sei .
1. Fall: . Dann ist , also auch und somit Wegen ist auch . Folglich ist in einer rechtsseitigen Umgebung von streng monoton wachsend.
2. Fall: . Dann ist , also auch und somit Wegen
ist in einer linksseitigen Umgebung von streng monoton fallend. Damit erweist sich schließlich auch als globales Minimum von mit der Größe
.
Es sei . Bestimmen Sie den Punkt von , der dem Punkt am nächsten liegt (falls ein solcher existiert).
Lösungshinweis zu Aufgabe 7.49 Der minimale Abstand beträgt .
Lösung zu Aufgabe 7.49 Der Abstand der Punkte und beträgt . Wir suchen ein globales Minimum von . Dazu untersuchen wir zunächst auf lokale Extrema. Es ist
und
.
Es ist
.
Eine Lösung läßt sich erraten. Division von durch ergibt das quadratische Polynom , das keine (reelle) Nullstelle besitzt. Folglich ist einzige Nullstelle von . Es gilt:
.
Damit besitzt an der Stelle ein lokales Minimum, das gleichzeitig globales Minimum ist, und es gilt: .
Eine zylinderförmige Blechbüchse mit einem Liter Inhalt soll mit möglichst wenig Materialaufwand hergestellt werden (Oberfläche minimal). Geben Sie die Abmessungen einer solchen Büchse an.
Lösungshinweis zu Aufgabe 7.50 Es sei der Radius und die Höhe der Blechbüchse. Durch und sind die Abmessungen der Büchse gegeben.
Lösung zu Aufgabe 7.50 Es sei der Radius und die Höhe der Blechbüchse. Die Oberfläche beträgt dann und das Volumen . Hieraus läßt sich in Abhängigkeit von bestimmen: . Damit erhält man
.
Wir suchen ein globales Minimum von . Dazu untersuchen wir zunächst auf lokale Extrema. Es ist
und .
Dann gilt:
und
.
Folglich besitzt an der Stelle ein lokales Minimum, das gleichzeitig globales Minimum ist. Mit erhält man auch die Höhe der Büchse. Offenbar ist und .
Die Magnetisierungskurve von Eisen ist nach Koeppel durch gegeben ( ist die magnetische Feldstärke, die Induktion, sind Konstanten). Für welchen Wert von hat die Permeabilität einen größten bzw. kleinsten Wert?
Lösungshinweis zu Aufgabe 7.51 Für besitzt kein Extremum.
Sei nun . Für und bzw. besitzt an der Stelle (einzige kritische Stelle) ein lokales Maximum bzw. Minimum (dies sind auch gleichzeitig globale Extrema).
Sei jetzt und . Für besitzt kein Extremum.
Sei nun . Die kritischen Stellen sind
, .
Für besitzt in ein lokales Minimum und in ein lokales Maximum. Für kehren sich die Verhältnisse um.
Offenbar besitzt kein globales Extremum.
Lösung zu Aufgabe 7.51 Wir suchen Extrema von , wobei , (falls ) und nicht beide null sind.
Wenn , so . Folglich besitzt kein Extremum.
Von nun an sei .
Ist , so und . Weiterhin ist
und .
Folglich ist
und .
Für ist und somit ein lokales Maximum; für ist und somit ein lokales Minimum. Offenbar sind dies auch globale Extrema.
Sei jetzt stets (also und ). Dann ist
und
.
Für besitzt keine (reelle) Nullstelle und damit auch kein (lokales oder globales) Extremum.
Sei jetzt .
Da der Umgang mit der 2. Ableitung von relativ kompliziert ist, benutzen wir zum Nachweis lokaler Extrema andere Hilfsmittel.
Wegen und für alle hängt das Vorzeichen von nur von ab. Es seien
und .
Wenn so und für alle und . Folglich ist im gesamten Definitionsbereich streng monoton fallend (die Vorzeichen von und sind entgegengesetzt), besitzt also kein Extremum.
Es bleibt zu betrachten.
Für ist und für ist . Durch eine einfache Abschätzung zeigt man, daß (Definitionslücke von ) nicht zwischen und liegt.
Sei zunächst . Dann ist offenbar in einer linksseitigen Umgebung positiv und in einer rechtsseitigen Umgebung negativ. Folglich ist in streng monoton fallend und in streng monoton wachsend. besitzt also an der Stelle ein lokales Minimum. Analog zeigt man, daß an der Stelle ein lokales Maximum besitzt. Wegen
und
hat kein globales Extremum.
Für besitzt (analog wie oben) an der Stelle ein lokales Maximum und an der Stelle ein lokales Minimum. Wegen
und
hat kein globales Extremum. 12.8 Differentialrechnung (mehrere Ver änderliche)
Es sei und . Man bilde (mit Hilfe der Kettenregel) die Ableitung von , wobei:
.
.
Lösungshinweis zu Aufgabe 8.1 (a) .
(b) .
Lösung zu Aufgabe 8.1 Nach der Kettenregel (vgl. 8/1/32) gilt:
.
Für und gilt:
und .
Also
.
Für und gilt:
und
.
Folglich ist
.
Bestimmen Sie die (totale) Ableitung der folgenden Funktionen:
, (c) ,
, (d) .
Lösungshinweis zu Aufgabe 8.2 (a) .
(b) .
(c) .
(d) .
Lösung zu Aufgabe 8.2 Sei , dann ist .
Für ist
.
Für ist
und
.
Also
.
Für ist
und
.
Folglich ist
.
Für ist
.
Also
.
(a) Berechnen Sie die Gradienten von
und .
Bestimmen Sie für in den Punkten und die Richtungsableitung in Richtung und in Richtung , wobei .
Lösungshinweis zu Aufgabe 8.3 (a) .
(b) ; ; ; .
Lösung zu Aufgabe 8.3
Für ist
.
Für ist
.
Für mit und ist die Richtungsableitung von an der Stelle gegeben durch (vgl. 8/1/7).
Folglich gilt für :
,
,
,
.
Man berechne die Gleichung der Tangentialebene für
das Rotationsparaboloid ,
die Halbkugel ,
die Sattelfläche .
Lösungshinweis zu Aufgabe 8.4 (a) .
(b) .
(c) .
Lösung zu Aufgabe 8.4 Die Gleichung der Tangentialebene von an einer Stelle ist gegeben durch
.
Im Folgenden sei und .
Für ist und , also
.
Für ist und .
Folglich ist
.
Für ist und , also
.
(a) Für beweise man, daß
.
Für beweise man, daß .
Lösungshinweis zu Aufgabe 8.5 (a) .
(b) .
Lösung zu Aufgabe 8.5 Sei .
Für ist
,
,
.
Folglich ist
.
Wegen
ist
.
Sei . Dann ist
,
,
und somit
.
Analog erhält man
und
.
Folglich ist
.
(a) Berechnen Sie die Richtungsableitung der Funktion im Punkt in beiden Richtungen der Geraden .
Berechnen Sie die Richtungsableitung der Funktion in den Punkten und in Richtung der Winkelhalbierenden des ersten Quadranten.
Lösungshinweis zu Aufgabe 8.6 Für und mit gilt:
. Speziell für die durch bzw. gegebenen Richtungen ist dann
für , wobei .
Für ist und .
Lösung zu Aufgabe 8.6 Für und ist (vgl. 8/1/25).
Es ist und somit
.
Durch ist eine Gerade gegeben. Wir betrachten die Stellen bzw. . Dann ist
und
.
Durch und sind die Richtungen gegeben. Weiterhin ist
für ,
also mit .
1. Fall: und . Folglich ist .
2. Fall: . Für ist , für ist , und somit
für .
Sei . Dann ist
und
.
Es sei mit .
Geben Sie die Gleichung der Tangentialebene für an der Stelle an.
Es sei . Wie groß ist die Abweichung zwischen und der Tangentialebene in (möglichst genau angeben)?
Lösungshinweis zu Aufgabe 8.7 (a) .
(b) .
Lösung zu Aufgabe 8.7
Es ist , und somit
.
Es ist und . Sei und mit . Dann ist
.
Es sei mit und . Unter welchen Bedingungen für besitzt genau einen kritischen Punkt?
Lösungshinweis zu Aufgabe 8.8 liefert und . Die Bedingung lautet .
Lösung zu Aufgabe 8.8 Für bildet man die partiellen Ableitungen und setzt diese null. Es entsteht das lineare Gleichungssystem (LGS)
und .
besitzt genau einen kritischen Punkt das LGS besitzt genau eine Lösung die Determinante der Koeffizientenmatrix des LGS ist ungleich 0 .
Es sei
mit
Bilden Sie (falls existent) alle partiellen Ableitungen erster und zweiter Ordnung von f.
Was läßt sich über die gemischten Ableitungen aussagen?
Vergleichen Sie Ihr Ergebnis mit dem Inhalt des Satzes von Schwarz.
Lösungshinweis zu Aufgabe 8.9 Für gilt:
,
,
,
,
,
.
Die gemischten Ableitungen stimmen überein; da existieren und stetig ist, folgt dies schon aus dem Satz von Schwarz.
Für ist
und .
Weiterhin gilt:
und .
Die gemischten Ableitungen stimmen nicht überein. Da existieren, sind und in nicht stetig.
Lösung zu Aufgabe 8.9 Es
ist 
1. Fall: . In diesem Fall lassen sich die partiellen Ableitungen nach den üblichen Differentiationsregeln bilden, also
,
,
,
,
,
.
Die gemischten Ableitungen stimmen überein. Aus dem Satz von Schwarz (vgl. 8/2/2) hätte man dies schon schließen können aufgrund der Existenz von und der Stetigkeit von .
2. Fall: . Wir untersuchen zunächst
und .
Es ist . Folglich gilt:
.
Wir betrachten jetzt die Limites der Differenzenquotienten von und an der Stelle . Es ist
und somit . Weiterhin gilt:
und ,
also und .
Für diesen Fall stimmen die gemischten Ableitungen nicht überein. Da bzw. existieren, sind bzw. in nicht stetig.
Es sei , eine offene Teilmenge von und in definiert. Weiterhin besitze in jedem Punkt aus partielle Ableitungen nach allen Variablen . Zeigen Sie: Ist und sind alle partiellen Ableitungen in einer Umgebung von beschränkt, dann ist in stetig.
Lösungshinweis zu Aufgabe 8.10 Für , also und schätze man die folgende Summe ab:
.
Damit erhält man schließlich die Behauptung.
Lösung zu Aufgabe 8.10 Sei für , also und . Dann gilt:
(vgl. 7/1/10)
.
Da die partiellen Ableitungen in beschränkt sind, und , gilt: . Folglich ist in stetig.
Untersuchen Sie die folgenden Funktionen auf lokale und globale Extrema :
,
,
Lösungshinweis zu Aufgabe 8.11 (a) besitzt an der Stelle ein lokales Minimum der Größe ; besitzt kein globales Maximum. Ein Vergleich mit den Funktionswerten auf dem Rande des Definitionsbereiches zeigt, daß gleichzeitig globales Mi- nimum ist.
An den Stellen besitzt ein globales Maximum der Größe .
(b) An der Stelle besitzt ein lokales Minimum der Größe ; besitzt kein globales Maximum. Ein Vergleich mit den Funktionswerten auf dem Rande des Definitionsbereiches zeigt, daß gleichzeitig globales Mi- nimum ist.
An der Stelle besitzt ein globales Maximum der Größe .
(c) besitzt kein lokales Extremum (im Inneren des Definitionsbereiches). Die Einbeziehung der Funktionswerte auf dem Rande zeigt: besitzt an den Stellen mit ein globales Minimum der Größe und an der Stelle ein globales Maximum der Größe .
Lösung zu Aufgabe 8.11 Sei ein innerer Punkt des Definitionsbereiches von und .
Ist , dann besitzt an der Stelle ein lokales Extremum, und zwar ein lokales Minimum bzw. Maximum, falls bzw. (vgl. 3/2/22). Um die globalen Extrema der Funktion zu finden, betrachten wir auch auf dem Rand des Definitionsbereiches, insbesondere in den Eckpunkten der rechteckigen Bereiche.
Sei und . Wir bestimmen zunächst die kritischen Punkte. Es ist und . Daraus ergibt sich der einzige kritische Punkt . Nur dort kann ein lokales Extremum besitzen (vgl. 8/3/18). Es ist
und .
Folglich besitzt an der Stelle ein lokales Minimum der Größe .
Wir betrachten jetzt auf dem Rand des Definitionsbereiches.
Sei und , also . Wir untersuchen (als Funktion der Veränderlichen ) auf lokale Extrema.
; und .
Folglich besitzt an der Stelle ein lokales Minimum der Größe (dies ist nach unserer Definition kein lokales Extremum von – vgl. 8/3/17).
Sei jetzt und , also .
, und ;
somit besitzt in ein lokales Minimum der Größe .
Schließlich sei und , also .
, und ;
folglich besitzt in ein lokales Minimum der Größe .
Zur Bestimmung der globalen Extrema haben wir zum Vergleich noch die Funktionswerte von in den Eckpunkten heranzuziehen:
und .
Insgesamt erhält man somit: besitzt genau ein lokales Minimum an der Stelle der Größe und kein lokales Maximum. ist gleichzeitig globales Minimum von . An den Stellen besitzt ein globales Maximum der Größe .
Sei und . Es ist
,
und .
Aus und ergeben sich die kritischen Punkte. Es ist
oder
( scheidet als Lösung aus, liegt nicht im Inneren des Definitionsbereiches); also und . Einziger kritischen Punkt ist . Weiterhin ist
und .
Folglich besitzt an der Stelle ein lokales Minimum der Größe
.
Wir untersuchen jetzt auf dem Rande des Definitionsbereiches.
Sei und ; also . Es ist
.
( scheidet als Lösung aus, liegt nicht im Definitionsbereich)
.
besitzt an der Stelle ein lokales Minimum der Größe
.
Sei und , also . Dann ist
. ( scheidet als Lösung aus)
.
besitzt in ein lokales Minimum der Größe
.
Es sei jetzt und , also . Es ist
( scheidet als Lösung aus)
.
besitzt in ein lokales Minimum der Größe
.
Schließlich sei und , also . Dann ist
( scheidet als Lösung aus)
.
besitzt in ein lokales Minimum der Größe
.
Wir betrachten noch an den Eckpunkten des Definitionsbereiches.
,
.
Damit erhält man insgesamt: besitzt genau ein lokales Minimum an der Stelle der Größe und kein lokales Maximum. ist gleichzeitig globales Minimum von . An der Stelle besitzt ein globales Maximum der Größe .
Sei und . Es ist
,
,
.
Aus und erhält man
, also
(denn für ist stets ).
Folglich ist . Der einzige kritische Punkt liegt nicht im Inneren von . Damit besitzt kein lokales Extremum.
Wir untersuchen auf dem Rande von .
Sei und , also
.
Sei und , also
.
Dann ist
,
also . Weiterhin ist
.
besitzt in ein lokales Maximum der Größe
.
Sei und , also . Dann gilt:
( liegt nicht im Inneren von ).
Sei nun und , also
.
besitzt keine Lösung, folglich hat keinen kritischen Punkt.
Wir betrachten noch in den Eckpunkten con .
.
Insgesamt erhält man: besitzt kein lokales Extremum. An den Stellen mit besitzt ein globales Minimum der Größe und an der Stelle ein globales Maximum der Größe .
Es sei eine Stammfunktion von . Überprüfen Sie die Gültigkeit folgender Aussagen:
Ist eine periodische Funktion, so ist auch periodisch.
Ist eine ungerade (bzw. gerade) Funktion, so ist eine gerade (bzw. ungerade) Funktion.
Lösungshinweis zu Aufgabe 9.1 (a) Die Aussage gilt nicht.
(a) Die Aussage gilt.
Lösung zu Aufgabe 9.1 Im Folgenden sei eine Stammfunktion von in .
Offenbar ist periodisch in und ist (als eine Stammfunktion von ) nicht periodisch.
Sei und die Stammfunktion von mit der Eigenschaft (vgl. 9/1/4), und es gelte zunächst für alle . Dann erhält man für mit Hilfe der Substitutionsregel (vgl. 9/1/18 – 9/1/20):
und
, also
.
Folglich ist gerade.
Sei jetzt . Analog wie oben erhält man:
und
, also
.
Folglich ist ungerade.
Berechnen Sie die folgenden unbestimmten Integrale:
,
,
, [Hinweis: Substitutionsregel],
, [Hinweis: Partielle Integration].
Lösungshinweis zu Aufgabe 9.2 (a) .
(b) .
(c) .
(d) .
Lösung zu Aufgabe 9.2
.
Setzt man , dann ist (vgl. 9/1/17 : Grundintegrale; Achtung: beim drittletzten Integral tritt ein Vorzeichenfehler auf, unter der Wurzel muß stehen)
.
(für ),
.
.
Bestimmen Sie eine Stammfunktion von .
Lösungshinweis zu Aufgabe 9.3 Mit Hilfe der Partialbruchzerlegung erhält man
.
Lösung zu Aufgabe 9.3 Durch Partialbruchzerlegung entsteht
,
wobei eine Nullstelle von zu erraten war. Hieraus erhält man
, also
.
Als Lösung dieses linearen Gleichungssystems ergibt sich
und .
Folglich ist
(für
.
Berechnen Sie die folgenden unbestimmten Integrale :
, (d) ,
, (e) ,
, (f) .
Lösungshinweis zu Aufgabe 9.4 (a) .
(b) .
(c) .
(d) .
(e) .
(f) .
Lösung zu Aufgabe 9.4
Mit Hilfe der Partialbruchzerlegung erhält man
, und somit
, also
und .
Als Lösung ergibt sich
und .
Folglich ist
.
Für und ist
.
(für )
.
Wegen ist
.
Natürlich hätte man das Ergebnis – wenn auch umständlicher – mit Hilfe einer Partialbruchzerlegung erhalten können.
Wegen ist
oder
.
Mit Hilfe der partiellen Integration erhält man:
.
Beweisen Sie: Ist die Funktion in dem Intervall stetig und nicht negativ und ist , so ist für alle [Hinweis: Man führe den Beweis indirekt.]
Lösungshinweis zu Aufgabe 9.5 Man schätze das Integral (nach unten) durch eine positive Untersumme ab.
Lösung zu Aufgabe 9.5 Angenommen, unter den gegebenen Voraussetzungen ist für ein , also und somit auch . Offenbar ist in stetig und . Folglich existiert eine Umgebung , so daß für alle (vgl. 6/3/44, Eigenschaft (2) ) und daher für alle .
Seien mit . Dann ist eine Zerlegung von , und für die entsprechende Untersumme von gilt:
.
Wegen kann das Integral nicht null sein. Dies widerspricht der Voraussetzung. Also für alle .
Es sei in dem Intervall integrierbar und für alle . Man beweise .
Lösungshinweis zu Aufgabe 9.6 Die Lösung ist fast trivial.
Lösung zu Aufgabe 9.6 Wegen in ist nach 9/5/0 stets .
Es seien in dem Intervall stetig und es sei für jedes . Gibt es ein , so daß , dann ist .
Lösungshinweis zu Aufgabe 9.7 Man benutze die Ergebnisse von Aufgabe 9.5.
Lösung zu Aufgabe 9.7 Nach Voraussetzung ist für jedes und . Analog wie im Beweis von Aufgabe 9.5 ist dann und somit
, also
.
Berechnen Sie die folgenden bestimmten Integrale:
, (b) , (c) , (d) .
Lösungshinweis zu Aufgabe 9.8 (a) .
(b) .
(c) .
(d) .
Lösung zu Aufgabe 9.8 Wir bestimmen zunächst jeweils eine Stammfunktion des entsprechenden Integranden.
Für ist
, also
.
Für ist
, also
.
Durch mehrfaches partielles Integrieren erhält man
, also
.
Für erhält man mit Hilfe der partiellen Integration
, also
.
Berechnen Sie den Inhalt der Punktmenge
und ,
wobei und .
Lösungshinweis zu Aufgabe 9.9 Der Inhalt der Punktmenge beträgt .
Lösung zu Aufgabe 9.9 Für ist stets und . Folglich ist der Inhalt dieser Punktmenge gegeben durch
.
Berechnen Sie den Flächeninhalt der Fläche, die von oben bzw. von unten durch bzw. durch begrenzt wird.
Lösungshinweis zu Aufgabe 9.10 Der Flächeninhalt beträgt .
Lösung zu Aufgabe 9.10 Wir berechnen zunächst die Schnittpunkte beider Kurven. Aus erhält man und somit .
scheidet als Lösung aus, da ein Quadrat (in ) nicht negativ sei kann. Es bleibt . Als Schnittpunkte ergeben sich also und .
Der Flächeninhalt ist dann gegeben durch
.
Wir berechnen zunächst das unbestimmte Integral .
Für ist
.
Für , also ist
.
Durch partielles Integrieren erhält man
und somit
.
Also
,
und wegen ist
.
Damit ist
.
Es sei 
Man
berechne .
Lösungshinweis zu Aufgabe 9.11 .
Lösung zu Aufgabe 9.11 Aus dem Beweis von Satz 9.11 (vgl. 9/4/3) ergibt sich unmittelbar, daß eine integrierbare Funktion nach (endlicher) Abänderung an einer Stelle integrierbar bleibt und daß sich der Wert des Integrals nicht ändert. Folglich gilt :
.
Es sei . Man berechne einen Näherungswert für das Integral von über dem Intervall , indem man zunächst durch ein Polynom dritten Grades approximiert.
Lösungshinweis zu Aufgabe 9.12 Als Taylorpolynom 3. Grades erhält man und somit
.
Lösung zu Aufgabe 9.12 Wir benutzen die Taylorsche Formel (vgl. 7/2/9) an der Stelle , um ein Approximationspolynom zu bestimmen.
Es ist , weiterhin ist
,
,
.
Folglich ist
.
Man überzeugt sich leicht davon, daß , folglich ist tatsächlich eine Approximation von .
Damit ist
ein Näherungswert von .
Es sei ![- 1 f�ur x ∈ [- 1, 0],
1 f�ur x ∈ (0,1].](_12e2013-11-1277x.png)
Zeigen Sie, daß in bestimmt integrierbar ist dort aber keine Stammfunktion besitzt. [Hinweis: Beweis indirekt; eine Stammfunktion müßte insbesondere an der Stelle differenzierbar sein.]
Lösungshinweis zu Aufgabe 9.13 Für die Zerlegung von ist . Hieraus folgt die bestimmte Integrierbarkeit von .
Eine Stammfunktion von müßte an der Stelle differenzierbar sein. Dies führt aber zum Widerspruch.
Lösung zu Aufgabe 9.13 Wir zeigen die bestimmte Integrierbarkeit von mit Hilfe des Riemannschen Integrierbarkeitskriteriums (vgl. 9/3/1).
Es sei eine Zerlegung von mit und . Weiterhin sei . Dann gilt für die Differenz von Ober- und Untersumme von bei der Zerlegung :
, für hinreichend große .
Folglich ist in bestimmt integrierbar.
Angenommen, besitzt in eine Stammfunktion , dann ist insbesondere an der Stelle differenzierbar. Folglich existiert der Grenzwert des Differenzenquotienten von an der Stelle , insbesondere existiert der rechtsseitige Grenzwert (vgl. 6/3/52).
Für ist .
Dies widerspricht der Annahme. Damit besitzt in keine Stammfunktion.
Es sei 
Zeigen Sie, daß in differenzierbar ist (also in eine Stammfunktion besitzt), aber in nicht bestimmt integrierbar ist. [Hinweis: ist in nicht beschränkt.]
Lösungshinweis zu Aufgabe 9.14 Der Grenzwert des Differenzenquotienten an der Stelle existiert. Damit ist in differenzierbar.
Da in nicht beschränkt ist, ist dort auch nicht im Riemannschen Sinne integrierbar.
Lösung zu Aufgabe 9.14 Für ist in differenzierbar, denn ist eine „rationale Zusammensetzung“ differenzierbarer Funktionen, und es gilt:
.
An der Stelle berechnen wir den Limes des Differenzenquotienten von :
,
denn ist beschränkt für . Damit ist in differenzierbar, und ist eine Stammfunktion von mit
Eine Voraussetzung für die bestimmte Integrierbarkeit einer Funktion ist ihre Beschränktheit in dem betrachteten Intervall. Wir zeigen, daß in nicht beschränkt ist.
Offenbar gilt : .
Für ist eine Nullfolge und für alle . Folglich gilt:
, also .
Damit ist in nicht beschränkt und demzufolge nicht bestimmt integrierbar.
Berechnen Sie das Volumen eines Torus. (Drehung einer Kreisscheibe um die -Achse mit dem Radius und dem Mittelpunkt .)
Lösungshinweis zu Aufgabe 9.15 Für und beträgt das Volumen des Torus:
.
Lösung zu Aufgabe 9.15 Wir betrachten die Gleichung eines Kreises mit dem Mittelpunkt und dem Radius . Die Auflösung der Gleichung nach ergibt :
bzw. .
Der entsprechende Rotationskörper ist gegeben durch
.
Nach Aufgabe 9.10 ist
, also
.
Es sei .
Ermitteln Sie eine Rekursionsformel für und berechnen Sie
Lösungshinweis zu Aufgabe 9.16 Es ist .
Für bzw. ist
bzw. .
Lösung zu Aufgabe 9.16 Für erhält man durch partielle Integration
.
Also
und somit
.
Hieraus erhält man (induktiv) für :
und für :
.
Beweisen Sie, daß für gilt :
Lösungshinweis zu Aufgabe 9.17 Es ist .
Hieraus folgt die Behauptung.
Lösung zu Aufgabe 9.17 Für und gilt:
.
Folglich ist
Untersuchen Sie folgende uneigentliche Integrale auf Konvergenz :
, (b) , (c) , (d) ,
, (f) , (g) , (h) .
Lösungshinweis zu Aufgabe 9.18 (a) .
(b) .
(c) Das uneigentliche Integral konvergiert nicht.
(d) .
(e) .
(f) Das uneigentliche Integral konvergiert nicht.
(g) Das uneigentliche Integral konvergiert nicht.
(h) .
Lösung zu Aufgabe 9.18
Für ist und somit
.
Für und , also gilt :
.
Weiterhin ist
.
Folglich gilt :
.
Für ist dann
.
Für bzw. gilt :
.
Folglich ist für :
.
Analog erhält man für :
.
Für und ist
, also
.
Für ist
.
Für ist
.
Folglich gilt für :
.
Analog gilt auch
.
Das uneigentliche Integral konvergiert nicht.
Sei . Dann ist
.
Für existiert der Grenzwert nicht, folglich ist das uneigentliche Integral nicht konvergent.
Für und ist eine Stammfunktion von und es gilt (vgl. 9/1/20):
.
.
Folglich ist für :
.
Berechnen Sie die Bogenlänge der durch im Intervall definierten Kurve.
Bestimmen Sie die Länge der Schraubenlinie mit dem Radius und der Ganghöhe für einen Gewindegang.
Es sei mit (Parameterdarstellung der Astroide). Bestimmen Sie die Länge des gegebenen Kurvenstücks.
Lösungshinweis zu Aufgabe 9.19 (a) Die Länge der Kurve beträgt .
(b) Die Länge der Schraubenlinie beträgt .
(c) Die Länge der Astroide beträgt .
Lösung zu Aufgabe 9.19
Offenbar ist in stetig differenzierbar. Folglich ist die Länge der von dargestellten Kurve gegeben durch
. (vgl. 9/8/12)
Es ist , also
.
Damit ist
.
Die Schraubenlinie ist gegeben durch mit .
Offenbar ist stetig differenzierbar in , folglich ist
.
ist in stetig differenzierbar, also
.
Es ist
.
Folglich ist und somit
.
Beweisen Sie den Satz 10.1:
Es sei ein Rechteckbereich, in definiert und beschränkt und seien beliebige Zerlegungen von . Dann gilt :
und .
Ist eine Verfeinerung von , dann gilt:
Es ist stets
Lösungshinweis zu Aufgabe 10.1 Man bilde „Rechteckzerlegungen“ von und führe den Beweis analog wie für Funktionen mit einer Veränderlichen (9/2/7).
Lösung zu Aufgabe 10.1 Sei und eine Zerlegung von .
Wegen und gilt stets:
Für und ist offenbar und damit auch
und .
Folglich ist (entsprechend der Bemerkung in 1/1/0 ):
Seien die entsprechenden Zerlegungen von , die durch die Verfeinerung von erzeugt wird, und es sei .
Analog wie im Beweis von erhält man
und
Addiert man die Ungleichungen und bezüglich , dann entsteht die gewünschte Behauptung.
Es sei eine gemeinsame Verfeinerung von und , d.h., alle Teilrechtecke von und von sind auch Teilrechtecke von von . Dann gilt aufgrund der vorhergehenden Beweisschritte offenbar
.
Beweisen Sie das Riemannsche Integrierbarkeitskriterium (für Doppel- und Dreifachintegrale):
Sei ein Rechteckbereich bzw. ein Quader und in definiert und beschränkt. Dann gilt: ist in integrierbar für jedes gibt es eine Zerlegung von , so daß .
Lösungshinweis zu Aufgabe 10.2 Man bilde Zerlegungen von in Teilrechtecke bzw. Teilquader und führe den Beweis analog wie bei Aufgabe 10.1
Lösung zu Aufgabe 10.2 Wir zeigen die Behauptung für Doppelintegrale; für Dreifachintegrale erfolgt der Beweis völlig analog; man benutzt jedoch den entsprechenden Satz 10.6 (10/2/3), der analog wie Satz 10.1 leicht zu beweisen ist.
Sei in integrierbar, also .
Sei . Nach Definition des Unterintegrals (als obere Grenze der Menge aller Untersummen) existiert offenbar eine Zerlegung von , so daß
.
Analog gibt es eine Zerlegung von , so daß
.
Für die gemeinsame Verfeinerung von und gilt dann (nach Aufgabe 10.1) erst recht
und
und somit
.
Folglich ist
Angenommen, ist in nicht integrierbar. Dann gilt :
.
Nach Voraussetzung existiert für dieses eine Zerlegung von , so daß
.
Folglich ist
.
!
Es sei ein Rechteck bzw. ein Quader und sei in beschränkt. Zeigen Sie:
Ist in stetig, dann ist in integrierbar.
Besitzt in höchstens endlich viele Unstetigkeitsstellen, dann ist in integrierbar.
Lösungshinweis zu Aufgabe 10.3 (a) Der Beweis erfolgt mit Hilfe des Riemannschen Integrierbarkeitskriteriums (vgl. 10/1/10).
(b) Der Beweis erfolgt induktiv über die Anzahl der Unstetigkeitsstellen. Der Fall, bei dem genau eine Unstetigkeit auftritt, wird analog wie für Funktionen einer Veränderlichen bewiesen (vgl. 9/4/3).
Lösung zu Aufgabe 10.3
Wir benutzen das Riemannsche Integrierbarkeitskriterium (vgl. Aufgabe 10.1). Sei ein Rechteckbereich (für Quader erfolgt der Beweis völlig analog). Offenbar ist die Menge beschränkt und abgeschlossen. Nach Satz 6.17 (6/3/30) ist in gleichmäßig stetig.
Sei . Wir suchen eine Zerlegung von , so daß . Sei der Flächeninhalt von ( ) und beliebig, jedoch so gewählt, daß . Aufgrund der gleichmäßigen Stetigkeit von in existiert für ein , so daß für jedes mit gilt: .
Sei eine Zerlegung von (vgl. 10/1/0), so daß Diagonale von . Dann gilt (falls bzw. als Flächeninhalt der entsprechenden Rechtecke aufgefaßt wird; vgl. Bemerkung in 10/1/0):
Ist ein Quader, dann sind im Beweis „Flächeninhalt von bzw. von “ durch „Volumen von bzw. von “ zu ersetzen, und anstatt Doppelsummen entstehen Dreifachsummen.
Wir führen den Beweis induktiv über die Anzahl der Unstetigkeitsstellen.
Für ist in stetig und somit nach (a) integrierbar. Mit Hilfe des Riemann-Kriteriums beweisen wir zunächst den folgenden Hilfssatz: Ist in definiert und beschränkt und besitzt in genau eine Unstetigkeitsstelle, dann ist in integrierbar. (Der Beweis verläuft analog zum Beweis von Satz 9.11 (9/4/2) ).
Es sei ein Rechteck (für den Fall, daß ein Quader ist verläuft der Beweis analog).
Sei und die Unstetigkeitsstelle von . Nach Voraussetzung ist in beschränkt, folglich gibt es ein mit für alle . Sei und so klein gewählt, daß ; dann ist .
Die Rechtecke und enthalten keine Unstetigkeitsstellen von (falls bzw. , dann entfällt bzw ), folglich ist in und in integrierbar. Nach dem Riemann-Kriterium existieren Zerlegungen von bzw. , so daß
und .
unterteilen insbesondere das Intervall in Teilintervalle. Wir können o.B.d.A. annehmen, daß und die gleichen Unterteilungspunkte in enthalten, anderenfalls wählen wir die gemeinsame Verfeinerung. Die Unterteilungspunkte seien gegeben durch . Die durch definierten Zerlegungspunkte lassen sich zu einer Zerlegung des Intervalls zusammenfügen; es sei
und .
Folglich gilt für :
Damit ist der Hilfssatz bewiesen, der natürlich auch völlig analog gilt, wenn anstatt im Intervall der Fall in betrachtet wird.
Es sei jetzt und für gelte die Behauptung bereits; wir beweisen sie für .
Offenbar läßt sich (als Rechteckbereich bzw. als Quader) so in zwei Teile und (Teilrechtecke bzw. Teilquader) zerlegen, daß und jeweils höchstens Unstetigkeitsstellen enthält. Nach Induktionsvoraussetzung ist dann in und integrierbar. Folglich gibt es nach dem Riemann-Kriterium Zerlegungen und von bzw. , so daß für . Mittels der im Hilfssatz benutzten Methode erhält man aus und eine Zerlegung von , für die gilt.
Es sei ein Intervall in , seien stetig in , und es gelte für alle . Weiterhin sei (-einfacher Bereich).
Zeigen Sie: ist kompakt.
Lösungshinweis zu Aufgabe 10.4 Die Beschränktheit ist sehr einfach nachzuweisen.
Für die Abgeschlossenheit zeigt man, daß jeder Häufungspunkt von zu gehört. Hierbei wird benutzt, daß es zu eine Folge in gibt mit .
Lösung zu Aufgabe 10.4 Wir beweisen zunächst die Beschränktheit von . Nach Voraussetzung sind und in stetig. Folglich besitzt insbesondere ein Maximum und ein Minimum in . Für alle gilt somit:
und .
Folglich ist beschränkt.
Es bleibt die Abgeschlossenheit von nachzuweisen. Dazu sei ein Häufungspunkt von . Es genügt zu zeigen, daß .
Es sei eine Folge in mit , also auch und . Offenbar ist ; es genügt zu zeigen: .
Angenommen, oder .
Wir führen zum Widerspruch; der Fall wird analog behandelt.
Sei
und
. Da
stetig ist in
, ist auch
dort stetig und
. Folglich existiert
eine Umgebung
,
so daß
für alle
(vgl.
6/3/11), also
. Insbesondere ist
für alle Folgeglieder
. Die Umgebung
enthält also kein
Folgeglied und somit ist
kein
Häufungspunkt von
.
!
Man beweise Satz 10.7 (10/2/8 – dreifach iterierte Integrale über Quadern):
Sei und in integrierbar. Ist für jedes fixierte (als Funktion von ) in integrierbar und (als Funktion von ) in integrierbar, dann ist
Lösungshinweis zu Aufgabe 10.5 Der Beweis erfolgt analog wie der zu Satz 10.4 (10/1/22).
Lösung zu Aufgabe 10.5 Seien Zerlegungen der Intervalle bzw. , und .
Dann ist mit Hilfe des Satzes 10.1 (10/1/3) leicht nachzuweisen, daß
.
Folglich ist
Für alle und , , gilt stets: und somit nach Satz 10.2 (10/1/11)
.
Folglich ist
.
Summiert man die Ungleichungen nach , so erhält man
Da in integrierbar ist, unterscheiden sich nach dem Riemann-Kriterium Ober- und Untersumme von bei geeigneten Zerlegungen um beliebig wenig. Nach Definition des Integrals gilt stets:
.
Folglich ist
.
Sei , und sei in durch definiert. Man berechne
Lösungshinweis zu Aufgabe 10.6 = .
Lösung zu Aufgabe 10.6 Für ist
In ist stetig. Für und ist dies offensichtlich. Es sei nun , und eine gegen konvergierende Folge aus , also . Für die Folgeglieder mit ist .
Sei die Teilfolge von mit . Dann ist
,
denn und ist beschränkt. Also
.
Damit ist auch in stetig. Die Berechnung des Integrals erfolgt nun mit Hilfe des Korollars zum Satz 10.3 (10/1/16). Es ist
Es sei und sei in durch definiert. Berechnen Sie
Lösungshinweis zu Aufgabe 10.7 = .
Lösung zu Aufgabe 10.7 Für sind und stetig in . Folglich bildet die Menge einen -einfachen Bereich. Da in stetig ist, läßt sich das Integral mit Hilfe des Satzes 10.5 (1) (10/1/26) berechnen. Es ist
Berechnen Sie mit Hilfe des Integrals das Volumen der Punktmenge
wobei (schrägabgeschnittener Zylinder).
Lösungshinweis zu Aufgabe 10.8 Es sei mit und .
Das Volumen beträgt .
Lösung zu Aufgabe 10.8 Die Grundfläche des Zylinders ist gegeben durch , d.h., ist ein Kreis mit dem Radius 1 und dem Mittelpunkt . Sei und . Dann ist ein -einfacher Bereich, in dem definiert und stetig ist. Folglich gilt nach Satz 10.5 (1) (10/1/26):
Es ist (vgl. Beispiele: 9/6/1/4). Weiterhin ist
und somit . Damit ist das Volumen der Punktmenge gegeben durch .
In dem Intervall seien die Funktionen durch und definiert. sei der durch gegebene -einfache Bereich. Weiterhin sei .
Berechnen Sie .
Stellen Sie als -einfachen Bereich dar, und berechnen Sie das Integral erneut, jedoch jetzt über dem -einfachen Bereich .
Lösungshinweis zu Aufgabe 10.9 (a) .
(b) Es ist mit und und somit
.
Lösung zu Aufgabe 10.9
Offenbar ist in stetig. Folglich gilt nach Satz 10.5 (1) (10/1/26):
läßt sich wie folgt als -einfacher Bereich darstellen:
,
wobei . Weiterhin ist in stetig und somit nach Satz 10.5 (b) (10/1/26):
Man berechne das Integral über dem Tetraeder , das von den Ebenen begrenzt wird.
Lösungshinweis zu Aufgabe 10.10
.
Lösung zu Aufgabe 10.10 Wir stellen zunächst das Tetraeder als einfachen Bereich dar. Für , also für die --Ebene folgt aus die Gleichung . Setzt man und , so erhält man in der --Ebene den einfachen Bereich
(siehe auch 10/2/12).
Wählt man nun und , so entsteht der dreidimensionale einfache Bereich
.
Offenbar ist die Funktion in stetig, folglich läßt sich das Dreifachintegral mit Hilfe des Satzes 10.9 (10/2/19) wie folgt berechnen: