(Hoch)Schulmathematik

Tobias Glosauer

(Hoch)Schulmathematik Ein Sprungbrett vom Gymnasium an die Uni 3. Auflage

(Hoch)Schulmathematik

Tobias Glosauer

(Hoch)Schulmathematik Ein Sprungbrett vom Gymnasium an die Uni 3. Auflage

Tobias Glosauer Johannes-Kepler-Gymnasium Reutlingen, Deutschland

ISBN 978-3-658-24573-3 ISBN 978-3-658-24574-0  (eBook) https://doi.org/10.1007/978-3-658-24574-0 Die Deutsche Nationalbibliothek verzeichnet diese Publikation in der Deutschen Nationalbibliografie; detaillierte bibliografische Daten sind im Internet über http://dnb.d-nb.de abrufbar. Springer Spektrum © Springer Fachmedien Wiesbaden GmbH, ein Teil von Springer Nature 2015, 2017, 2019 Das Werk einschließlich aller seiner Teile ist urheberrechtlich geschützt. Jede Verwertung, die nicht ausdrücklich vom Urheberrechtsgesetz zugelassen ist, bedarf der vorherigen Zustimmung des Verlags. Das gilt insbesondere für Vervielfältigungen, Bearbeitungen, Übersetzungen, Mikroverfilmungen und die Einspeicherung und Verarbeitung in elektronischen Systemen. Die Wiedergabe von Gebrauchsnamen, Handelsnamen, Warenbezeichnungen usw. in diesem Werk berechtigt auch ohne besondere Kennzeichnung nicht zu der Annahme, dass solche Namen im Sinne der Warenzeichenund Markenschutz-Gesetzgebung als frei zu betrachten wären und daher von jedermann benutzt werden dürften. Der Verlag, die Autoren und die Herausgeber gehen davon aus, dass die Angaben und Informationen in diesem Werk zum Zeitpunkt der Veröffentlichung vollständig und korrekt sind. Weder der Verlag, noch die Autoren oder die Herausgeber übernehmen, ausdrücklich oder implizit, Gewähr für den Inhalt des Werkes, etwaige Fehler oder Äußerungen. Der Verlag bleibt im Hinblick auf geografische Zuordnungen und Gebietsbezeichnungen in veröffentlichten Karten und Institutionsadressen neutral. Springer Spektrum ist ein Imprint der eingetragenen Gesellschaft Springer Fachmedien Wiesbaden GmbH und ist ein Teil von Springer Nature Die Anschrift der Gesellschaft ist: Abraham-Lincoln-Str. 46, 65189 Wiesbaden, Germany

Vorwort Was soll und kann dieses Buch? Dieses Buch richtet sich an Sch¨ ulerinnen und Sch¨ uler der gymnasialen Oberstufe, die in die Hochschulmathematik reinschnuppern m¨ochten, aber auch an Studierende im ersten Semester, die noch etwas mathematische Starthilfe gebrauchen k¨onnen. Urspr¨ unglich entstand dieser Text als Begleitmaterial zum Vertiefungskurs Ma” thematik“, der am Kepler-Gymnasium Reutlingen von 2012 – 2014 gehalten wurde. Dieses Wahlfach MathePlus“ wird gerade an vielen Schulen Baden-W¨ urttembergs ” ¨ eingef¨ uhrt, um den mathematischen Ubergang an die Hochschule zu erleichtern. Aber auch wenn es keinen solchen Kurs an deiner Schule gibt, kannst du dieses Buch mit viel Gewinn im Selbststudium durcharbeiten. In Teil I lernst du grundlegendes mathematisches Handwerkszeug: Es geht los mit einer Einf¨ uhrung in die (Aussagen-)Logik, gefolgt von mathematischer Beweismethodik sowie etwas Mengenlehre. Teil II stellt eine Einf¨ uhrung in die Analysis dar: Nach intensivem Studium des Grenzwertbegriffs wird zur Abrundung noch Grundwissen in Differenzial- und Integralrechnung vermittelt (hiervon ist dir vieles bereits aus der Schule bekannt). Nachdem in Teil IV eine gr¨ undliche Einf¨ uhrung in die komplexen Zahlen erfolgt ist, werden die Anfangsgr¨ unde der Linearen Algebra erforscht, wobei wir uns mit Vektorr¨aumen, linearen Abbildungen und Matrizen besch¨ aftigen. In beiden Teilen bekommst du ein Gef¨ uhl daf¨ ur, was dir am Anfang einer Mathe-Vorlesung des ersten Semesters alles um die Ohren fliegen wird. Zwischendrin, sozusagen zum Verschnaufen von den vielen abstrakten Konzepten, wird in Teil III ganz handfest gerechnet: Du lernst Gleichungen und Ungleichungen zu l¨ osen (bzw. dein Schulwissen zu reaktivieren und zu festigen), sowie komplizierte Integrale zu knacken. Auf diese Rechenfertigkeiten wird vor allem in naturwissenschaftlich-technischen Studieng¨angen wie z.B. Maschinenbau großen Wert gelegt. Danksagungen Ich m¨ochte all denjenigen danken, die mich beim Entstehen dieses Buches unterst¨ utzt haben. An erster Stelle danke ich ganz herzlich meiner Kollegin Marion Rauscher, da ich mich ohne sie vermutlich niemals an dieses a¨ußerst zeitintensive Projekt herangewagt h¨ atte. Wir haben das erste Jahr des Vertiefungskurses Ma” thematik“ im Wechsel unterrichtet und dabei entstanden die Kapitel 3 und 7 in gemeinsamer Arbeit. Bei vielen anderen Kapiteln war sie mir beim Editieren und Korrekturlesen extrem hilfreich. Ein riesiges Dankesch¨on geb¨ uhrt meiner lieben Frau (und unerbittlichen Korrektorin) Vera, die mir vor allem in der Endphase dieses Buchprojekts eine unsch¨atzbar große Hilfe war – sowohl mathematisch als auch beim Abwenden von Panikattacken durch viel gutes Zureden.

vi

Vielen Dank nat¨ urlich auch an meine Sch¨ ulerinnen und Sch¨ uler, also an Adi, Anja, Annabel, Benno, Carlotta, Dani, Fabi, Felix, Franz, Franzi, Henrik, Jakob, Jan-Hendrik, Jooon, Joni, Julia, Juliane, Kai, Kenji, Kosta, Leonie, Lukas, Marco, Marie, Marius, Marvin, Matze, Michi, Mirjam, Moritz, Nico, Pasi, Patrick, Peer, Sabrina, Sam, Simon, Timon, Tobi (2x), Verena und Vero.

Das Spektrum ihrer Blicke und Gesichtsausdr¨ ucke (von Ah ja, klar!“ u ¨ber Jetzt ” ” hab ich’s kapiert!“ bis hin zu H¨ah, was will der?“ und Wann ist endlich 15.20 ” ” Uhr?“) war stets ein guter Indikator daf¨ ur, ob der Stoff verst¨andlich oder vielleicht doch zu abstrakt bzw. zu hastig erkl¨art war. Durch ihre Fragen und Kommentare haben einige von ihnen erheblich zur Verbesserung des Textes beigetragen und zudem haben sie noch zahlreiche Tippfehler und L¨ ucken aufgesp¨ urt. Alle verbleibenden Fehler gehen selbstverst¨ andlich auf ihr Konto; h¨attet ihr halt aufmerksamer gelesen, ihr Schnarchnasen! Aber Spaß beiseite: Alle mir noch bekannt werdenden Fehler und deren Korrektur werden auf der Homepage http://gl.jkg-reutlingen.de/MathePlus/ erscheinen. Hinweise auf Fehler sowie jede andere Art von R¨ uckmeldung werden dankbar entgegengenommen; einfach eine Mail an [email protected] senden. Zur¨ uck zum eigentlichen Dank: Ich danke meinem Kollegen Oliver Redner ganz herzlich f¨ ur den LATEX-Support und Dr. F. Haug f¨ ur das Beantworten einer Frage zur Logik. Schließlich m¨ ochte ich Frau Schmickler-Hirzebruch vom Springer Verlag w¨ armstens daf¨ ur danken, dass sie sich u ¨berhaupt auf dieses Projekt eingelassen hat sowie f¨ ur ihre vielen konstruktiven Tipps und Ratschl¨age. Ebenfalls besten Dank an Frau Gerlach vom Springer Verlag f¨ ur die a¨ußerst angenehme Zusammenarbeit. Reutlingen, im Mai 2014

Tobias Glosauer

Vorwort zur zweiten Auflage ¨ Uber das zeitnahe Erscheinen dieser zweiten Auflage freue ich mich sehr. Das Kapitel u ¨ber Mengen und Abbildungen wurde u ¨berarbeitet und erweitert, bei den komplexen Zahlen kam ein neues Beispiel hinzu, und am Ende des Buches gibt es ¨ nun noch mehr Ubungsmaterial in Form einiger Klausuren aus meinen MathePlusKursen. Es wurde etwas am Layout gefeilt und ein paar (Tipp-)Fehler konnten ausgemerzt werden; ich bedanke mich recht herzlich bei allen, die mich darauf hingewiesen haben: V. Bilkic, S. Friedmann, L. Hatzky, Dr. R. Hatzky, H. Kr¨ uger, W. Messner, P. Necker, C. Nieder, A. Sieck, T. Stein, J. Waidner und A. Wenger. Ein großes Dankesch¨on geht wieder an meine Frau f¨ urs Korrekturlesen der Erweiterungen. Reutlingen, im September 2016

Tobias Glosauer

vii

Vorwort zur dritten Auflage In der zweiten Auflage scheinen die meisten Tippfehler bereits beseitigt worden zu sein, zumindest haben mich seither nur noch eine Handvoll Fehlermeldungen erreicht – vielen Dank daf¨ ur an L. Hatzky, N. Herrmann, T. Junginger, D. Meyer und C. Zeyffert. Durch die unkomplizierte Zusammenarbeit mit Frau Gerlach und Frau SchmicklerHirzebruch von Springer Spektrum wurde das rasche Erscheinen dieser dritten Auflage erm¨oglicht, in der einige Erg¨ anzungen vorgenommen wurden. Die Kapitel 3 und 10 wurden um ein paar Beispiele und Aufgaben erweitert und dem Kapitel 7 wurde ein Abschnitt u ¨ber Polynomdivision hinzugef¨ ugt. Im zweiten Kapitel kam eine Aufgabe zum Goldbach’schen Beweis der Unendlichkeit der Primzahlen hinzu und in Kapitel 4 l¨ adt eine Aufgabe zum Nachvollziehen des Fourier’schen Beweises der Irrationalit¨ at von e ein. Ein herzliches Dankesch¨on an D. Meyer f¨ ur Anregungen und R¨ uckmeldungen und – wie immer – an meine Frau f¨ urs Korrekturlesen der Erweiterungen. Reutlingen, im Oktober 2018

Tobias Glosauer

Inhalt I

Formales Fundament

1 1.1

Ein wenig Logik . . . . . . . . . . Aussagenlogik . . . . . . . . . . . . 1.1.1 Aussagen . . . . . . . . . . . 1.1.2 Junktoren . . . . . . . . . . 1.1.3 nicht“ . . . . . . . . . . . . ” 1.1.4 und“ . . . . . . . . . . . . ” 1.1.5 (entweder) oder“ . . . . . . ” 1.1.6 wenn . . . , dann . . .“ . . . . ” 1.1.7 . . . genau dann, wenn . . .“ ” 1.1.8 Aussagenlogische Formeln . ¨ 1.1.9 Aussagenlogische Aquivalenz Ausblick auf die Pr¨adikatenlogik . . 1.2.1 Pr¨adikate und Individuen . 1.2.2 Der Allquantor . . . . . . . 1.2.3 Der Existenzquantor . . . .

. . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . .

3 3 3 5 6 7 7 7 8 9 10 14 14 15 16

Beweismethoden . . . . . . . . . Exkurs: Grundwissen u ¨ber Zahlen . Direkter Beweis . . . . . . . . . . . Indirekter Beweis . . . . . . . . . . 2.3.1 Kontraposition . . . . . . . 2.3.2 Widerspruchsbeweis . . . . Beweis durch vollst¨andige Induktion

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

19 19 21 25 25 27 30

Mengen und Abbildungen . . . . . . . . . . . . Mengen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.1.1 Der Mengenbegriff . . . . . . . . . . . . . . 3.1.2 Teilmengen und Mengenoperationen . . . . Abbildungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3.2.1 Der Abbildungsbegriff . . . . . . . . . . . . 3.2.2 Bild- und Urbildmenge . . . . . . . . . . . . 3.2.3 In-, Sur- und Bijektivit¨at . . . . . . . . . . . 3.2.4 Verkettung und Umkehrabbildung . . . . . . 3.2.5 M¨ achtigkeitsvergleiche unendlicher Mengen 3.2.6 Ausblick: M¨achtig und u ¨berm¨achtig . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . .

37 37 37 39 44 45 46 49 51 56 65

1.2

2 2.1 2.2 2.3

2.4 3 3.1

3.2

1

x

Inhalt

II

Anf¨ ange der Analysis

4 4.1

Grenzwerte von Folgen und Reihen . . . . . . . . . . Folgen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.1.1 Der Grenzwertbegriff . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.1.2 Die Grenzwerts¨ atze . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.1.3 Exkurs: Die Vollst¨andigkeit von R . . . . . . . . . . 4.1.4 Ausblick: Cauchyfolgen . . . . . . . . . . . . . . . . 4.1.5 Monotone Folgen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.1.6 Rekursive Folgen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Reihen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.2.1 Reihen als spezielle Folgen . . . . . . . . . . . . . . 4.2.2 Die geometrische Reihe . . . . . . . . . . . . . . . . 4.2.3 Die eulersche Zahl . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.2.4 Konvergenzkriterien f¨ ur Reihen . . . . . . . . . . . 4.2.5 Ausblick: Potenzreihen . . . . . . . . . . . . . . . . 4.2.6 Ausblick: e-Funktion und nat¨ urlicher Logarithmus .

. . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . .

Grundwissen Differenzialrechnung . . . . Die Ableitung . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.1.1 Die Steigung einer Kurve . . . . . . . . 5.1.2 Der Grenzwert der Sekantensteigungen 5.1.3 Die Tangentengleichung . . . . . . . . 5.1.4 Lineare Approximation . . . . . . . . . 5.1.5 Differenzierbarkeit . . . . . . . . . . . Ableitungsregeln . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.2.1 Faktor- und Summenregel . . . . . . . 5.2.2 Die Potenzregel . . . . . . . . . . . . . 5.2.3 Die Ableitung von Sinus und Cosinus . 5.2.4 Die Produktregel . . . . . . . . . . . . 5.2.5 Die Kettenregel . . . . . . . . . . . . . 5.2.6 Ableitung der Umkehrfunktion . . . . 5.2.7 Die Quotientenregel . . . . . . . . . . . ¨ 5.2.8 Vermischte Ubungen . . . . . . . . . . Ausblick: Ableiten von Potenzreihen . . . . . . Ausblick: Taylorreihen . . . . . . . . . . . . .

4.2

5 5.1

5.2

5.3 5.4 6 6.1 6.2

6.3 6.4

Grundwissen Integralrechnung Stammfunktionen . . . . . . . . . . Das bestimmte Integral . . . . . . . 6.2.1 Die Streifenmethode . . . . 6.2.2 Das Darboux-Integral . . . . 6.2.3 Das Riemann-Integral . . . 6.2.4 Integral und Fl¨ache . . . . . Der Hauptsatz der Differenzial- und Uneigentliche Integrale . . . . . . .

69

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

71 71 71 79 82 84 85 87 93 93 96 101 105 108 112

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

. 117 . 117 . 117 . 119 . 123 . 125 . 126 . 132 . 132 . 133 . 134 . 137 . 139 . 143 . 146 . 147 . 148 . 149

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Integralrechnung . . . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. 155 . 155 . 159 . 159 . 164 . 168 . 173 . 175 . 180

xi

Inhalt

III Rechenfertigkeiten 7 7.1

7.2

7.3

7.4

7.5

7.6 8 8.1 8.2

8.3 8.4

183

L¨ osen von (Un)Gleichungen . . . . . . . . . Polynom(un)gleichungen . . . . . . . . . . . . . . 7.1.1 Lineare und quadratische Gleichungen . . 7.1.2 Gleichungen h¨oheren Grades . . . . . . . . 7.1.3 Polynomungleichungen . . . . . . . . . . . Bruch(un)gleichungen . . . . . . . . . . . . . . . . 7.2.1 Bruchgleichungen . . . . . . . . . . . . . . 7.2.2 Bruchungleichungen . . . . . . . . . . . . . Wurzel(un)gleichungen . . . . . . . . . . . . . . . 7.3.1 Wurzelgleichungen . . . . . . . . . . . . . 7.3.2 Wurzelungleichungen . . . . . . . . . . . . Betrags(un)gleichungen . . . . . . . . . . . . . . . 7.4.1 Betragsgleichungen und Betragsfunktionen 7.4.2 Betragsungleichungen . . . . . . . . . . . . Exponential(un)gleichungen . . . . . . . . . . . . 7.5.1 Exponentialgleichungen . . . . . . . . . . . 7.5.2 Exponentialungleichungen . . . . . . . . . Anhang: Polynomdivison . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

. 185 . 185 . 185 . 186 . 189 . 193 . 193 . 194 . 198 . 198 . 199 . 200 . 200 . 204 . 205 . 205 . 208 . 209

Die Kunst des Integrierens . . . . . . Produktintegration . . . . . . . . . . . . Integration durch Substitution . . . . . . 8.2.1 Die Substitutionsregel . . . . . . 8.2.2 Trigonometrische Substitution . . 8.2.3 Hyperbolische Substitution . . . . Integration durch Partialbruchzerlegung ¨ Vermischte Ubungen . . . . . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. 213 . 213 . 218 . 218 . 221 . 229 . 232 . 236

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

IV Abstrakte Algebra 9 9.1 9.2

9.3

9.4

Komplexe Zahlen . . . . . . . . . . . . . . . . ¨ Uberblick u ¨ber die bekannten Zahlbereiche . . . Einf¨ uhrung der komplexen Zahlen C . . . . . . . 9.2.1 Konstruktion von C . . . . . . . . . . . . 9.2.2 Rechnen mit komplexen Zahlen . . . . . 9.2.3 Komplexe Konjugation und Betrag . . . Der K¨orper der komplexen Zahlen . . . . . . . . 9.3.1 Was ist ein K¨orper? . . . . . . . . . . . . 9.3.2 Unm¨oglichkeit der Anordnung von C . . 9.3.3 Ausblick: Der Quaternionenschiefk¨ orper Polarform komplexer Zahlen . . . . . . . . . . . 9.4.1 Polarkoordinaten . . . . . . . . . . . . . 9.4.2 Eulers Identit¨at . . . . . . . . . . . . . .

237 . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. 239 . 239 . 240 . 240 . 244 . 247 . 252 . 252 . 257 . 258 . 260 . 260 . 262

xii

Inhalt

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

10 Grundz¨ uge der Linearen Algebra . . . . . . . . . . . . . 10.1 Vektorr¨aume . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.1.1 Zwei nur auf den ersten Blick verschiedene Beispiele 10.1.2 Die Vektorraumaxiome . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.1.3 Beispiele f¨ ur Vektorr¨aume . . . . . . . . . . . . . . . 10.1.4 Untervektorr¨aume . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.1.5 Basis und Dimension . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.2 Lineare Abbildungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.2.1 Definition und Beispiele linearer Abbildungen . . . . 10.2.2 Kern und Bild einer linearen Abbildung . . . . . . . 10.2.3 Isomorphie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.3 Matrizen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.3.1 Die Matrix einer linearen Abbildung . . . . . . . . . 10.3.2 Das Matrixprodukt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.4 Ausblick: LGS und Determinanten . . . . . . . . . . . . . . . 10.4.1 Homogene LGS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.4.2 Die Determinante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10.4.3 Inhomogene LGS . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

. 279 . 279 . 279 . 281 . 283 . 288 . 291 . 299 . 300 . 304 . 310 . 314 . 314 . 323 . 328 . 328 . 332 . 334

9.5

V

9.4.3 Multiplikation in Polarform . . . . . . . . . . 9.4.4 Komplexe Quadratwurzeln . . . . . . . . . . . 9.4.5 Exkurs: Beweis trigonometrischer Identit¨aten Algebraische Gleichungen in C . . . . . . . . . . . . . 9.5.1 Quadratische Gleichungen . . . . . . . . . . . 9.5.2 Die Kreisteilungsgleichung . . . . . . . . . . . 9.5.3 Ausblick: Der Fundamentalsatz der Algebra .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

Anhang

264 265 269 270 270 272 276

337

¨ Ein paar Ubungsklausuren . . . . . Klausur zu Logik und Beweismethoden Klausur zu Mengen und Abbildungen . Klausur zu Folgen . . . . . . . . . . . . Klausur zu (Un)Gleichungen . . . . . . Klausur zu Integrationsmethoden . . . . Klausur zu komplexen Zahlen . . . . . . Klausur zur Linearen Algebra . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. . . . . . . .

. 339 . 340 . 341 . 342 . 343 . 344 . 345 . 346

¨ L¨ osungen zu den Ubungsaufgaben L¨osungen zu Kapitel 1 . . . . . . . . . . L¨osungen zu Kapitel 2 . . . . . . . . . . L¨osungen zu Kapitel 3 . . . . . . . . . . L¨osungen zu Kapitel 4 . . . . . . . . . . L¨osungen zu Kapitel 5 . . . . . . . . . . L¨osungen zu Kapitel 6 . . . . . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. . . . . . .

. 347 . 347 . 352 . 365 . 378 . 395 . 400

xiii

Inhalt

L¨ osungen L¨ osungen L¨ osungen L¨ osungen

zu zu zu zu

Kapitel Kapitel Kapitel Kapitel

7 . 8 . 9 . 10

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

404 420 440 455

Stichwortverzeichnis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 475

Teil I

Formales Fundament

1

Ein wenig Logik

Logik ist die vom griechischen Philosophen-Boss Aristoteles (384 – 322 v.Chr.) begr¨ undete wissenschaftliche Disziplin vom korrekten Schlussfolgern“, die heutzu” tage ein eigenst¨andiges Gebiet der mathematischen Grundlagenforschung ist. Wir stellen hier lediglich ein paar bescheidene Grundkonzepte der Logik vor, die uns im weiteren Verlauf des Buches von Nutzen sein werden.

1.1

Aussagenlogik

Wir beginnen mit einer elementaren Einf¨ uhrung in die Aussagenlogik, die sich mit der Verkn¨ upfung einfacher Aussagen“ zu komplexeren, zusammengesetzten Aus” sagen besch¨aftigt. Dazu m¨ ussen wir nat¨ urlich zun¨ achst kl¨aren, was unter einer Aussage denn u ¨berhaupt zu verstehen ist.

1.1.1

Aussagen

Definition 1.1 Eine Aussage ist ein Sachverhalt, der entweder wahr oder falsch ist. Die M¨ oglichkeiten wahr“ (w) und falsch“ (f) heißen Wahrheitswerte. ♦ ” ” Beispiele f¨ ur Aussagen sind somit: Die Erde ist eine Scheibe. Alle Sch¨ uler lieben Mathe.

(f) (f)!

ur alle reellen Zahlen x. Es gilt x  0 f¨ 2

(w)

Pythagoras hatte mal genau 109 712 Haare auf dem Kopf.

(?)

Wie man am letzten Beispiel sieht, spielt es keine Rolle, ob wir den Wahrheitswert tats¨ achlich ermitteln k¨ onnen; wichtig ist nur, dass man dieser Aussage prinzipiell genau einen der Werte w“ oder f“ sinnvoll zuordnen kann. Weitere solche Bei” ” spiele f¨ ur Aussagen sind unbewiesene mathematische Vermutungen wie z.B. die Goldbach-Vermutung (siehe Seite 20). Ihr Wahrheitswert ist entweder w oder f, man weiß bis heute (2018) aber nicht, welche M¨oglichkeit zutrifft. Keine Aussagen sind Fragen, Befehle, Ausrufe, etc. wie zum Beispiel: Wann ist diese Stunde endlich vorbei? Alter, komm, wir gehen Mensa! Laaangweilig! Anmerkung: Bei Definition 1.1 handelt es sich um keine Definition im mathematisch strengen Sinn. Wir bleiben hier notgedrungen etwas unscharf, da wir auf die umgangssprachlichen Konzepte Sachverhalt“, wahr“ und falsch“ zur¨ uckgrei” ” ” fen, ohne diese weiter zu pr¨azisieren. © Springer Fachmedien Wiesbaden GmbH, ein Teil von Springer Nature 2019 T. Glosauer, (Hoch)Schulmathematik, https://doi.org/10.1007/978-3-658-24574-0_1

4

1 Ein wenig Logik

Zum Wort Sachverhalt“: Man h¨atte eine Aussage auch als einen deskriptiven (be” schreibenden) Satz definieren k¨ onnen, allerdings wollen wir uns nicht nur auf reine S¨atze beschr¨ anken, sondern interessieren uns auch f¨ ur mathematische Sachverhalte wie z.B. 2 · 2 = 4, was eine wahre Aussage darstellt. Definition 1.2 Enth¨alt eine Aussage eine oder mehrere Variable (Platzhalter), und kann man erst nach Ersetzen der Variable(n) durch geeignete Objekte den Wahrheitswert der Aussage entscheiden, so spricht man von einer Aussageform. ♦ A(x):

x+5=8

ist ein Beispiel einer Aussageform. F¨ ur x = 3 nimmt A(3) den Wahrheitswert w an, w¨ahrend A(x) z.B. f¨ ur x = 17 bzw. x = Hund falsch wird.

————————— Aufgabe 1.1

—————————

Handelt es sich um Aussagen?

a) 1 + 1 = 3. b) Gehen wir Mammuts jagen? c) Urrkh fragt Ankk, ob sie Mammuts jagen gehen. d) Halt den Mund, Rotzbub, frecher! e) Der Lehrer fordert den Sch¨ uler h¨ oflich auf, die Privatgespr¨ache einzustellen. Aufgabe 1.2

Handelt es sich bei dem folgenden Satz (S) um eine Aussage?

S: Dieser Satz ist falsch. ¨ Anleitung: Uberlege dir, dass sowohl die Annahme S ist wahr“ als auch die An” nahme S ist falsch“ zu einem Widerspruch f¨ uhrt. Somit kann S weder wahr noch ” falsch sein – obwohl die Frage nach seinem Wahrheitswert sinnvoll gestellt werden ¨ kann. S ist also keine Aussage (und gilt als paradox“). Ahnlich ist es bei: ” L: Ich l¨ uge gerade. Die klassische Version dieses Paradoxons lautet: Ein Kreter sagt: Alle Kreter ” sind L¨ ugner.“; vielleicht hatte auch bereits Urrkh ¨ahnliche Gedanken (siehe Abbildung 1.1)? Das Problem der S¨ atze S und L ist ihre Selbstr¨ uckbez¨ uglichkeit. Ein weiteres solches Beispiel ist: F: Der n¨achste Satz ist falsch. Der vorhergehende Satz ist wahr. Denke jeweils kurz u ¨ber den Wahrheitswert von L und F nach; weiter wollen wir diese Problematik hier nicht vertiefen.

5

1.1 Aussagenlogik

Abbildung 1.1: Fr¨ uhes Logik-Paradoxon Russell1 konnte 1908 die Widerspr¨ uche, die solche selbstr¨ uckbez¨ uglichen S¨ atze bergen, im Rahmen seiner Typentheorie beseitigen. Siehe [Rus]; schweeere Kost!

—————————

1.1.2

—————————

Junktoren

Junktoren sind Worte wie oder“, und“, weil“, nicht“ usw., die aus einer oder ” ” ” ” mehreren Aussagen eine neue Aussage bilden. Beispiele: 1. In der Mittagspause esse ich einen D¨oner oder ich esse eine Pizza. 2. Ich sitze im Klassenzimmer und mein Handy ist aus. 3. Ich gehe ins Freibad, weil es 35◦ im Schatten hat. 4. Sheldon Cooper ist nicht verr¨ uckt. (His mother had him tested.) Hierzu gleich ein paar wichtige Bemerkungen. 1 Bertrand

Russel (1872 – 1970); einer der Gr¨ undungsv¨ ater der modernen Logik.

6

1 Ein wenig Logik

a) Aussage 1 zeigt eines der Probleme mit den Doppeldeutigkeiten der Umgangssprache auf, n¨amlich dass das oder“ hier auf zwei Arten verstanden ” werden kann: Als ausschließendes oder“ – entweder D¨oner oder Pizza – oder ” als nicht-ausschließendes oder“, in welchem Fall die Aussage auch dann wahr ” bleibt, wenn der hungrige Sch¨ uler beides verspeist. In der Mathematik ist mit oder“ immer das nicht-ausschließende gemeint. ” b) Der Wahrheitswert von Aussage 2 h¨angt nur von dem der Teilaussagen Ich ” sitze im Klassenzimmer“ (A) und Mein Handy ist aus“ (B) ab, denn nur ” wenn sowohl A als auch B wahr sind, ist auch die verkn¨ upfte Aussage A und ” B“ wahr. In allen anderen F¨allen ist sie falsch. Bei Aussage 3 hingegen ist das anders. Beide Teilaussagen k¨onnen wahr sein, ohne dass damit der Wahrheitswert der Gesamtaussage gekl¨art w¨are: Selbst wenn Ich gehe ins Freibad“ (A) und Es hat 35◦ im Schatten“ (B) beide ” ” wahr sind, ist noch nichts u ¨ber den Wahrheitswert von A weil B“ gesagt. ” Ich k¨onnte auch aus anderen Gr¨ unden ins Freibad gehen, die nichts mit den ◦ 35 zu tun haben, z.B. um meine neuen Schwimmfl¨ ugel auszuprobieren. Junktoren dieses Typs betrachten wir im Folgenden nicht mehr, sondern nur noch Junktoren, bei denen der Wahrheitswert der verkn¨ upften Aussage allein von den Wahrheitswerten der Teilaussagen abh¨ angt. Wir werden nun die f¨ ur uns wichtigen Junktoren einf¨ uhren und untersuchen, wie der Wahrheitswert der durch sie gebildeten Aussagen von den Wahrheitswerten der urspr¨ unglichen Aussagen abh¨ angt. Da es in der Aussagenlogik nur um den Wahrheitswert von Aussagen, nicht aber deren konkreten Inhalt geht, verwenden wir stets abstrakte Symbole wie A und B f¨ ur Aussagen.

1.1.3

nicht“ ”

Der einfachste Junktor ist die Negation mit dem Symbol ¬ . Ist A eine Aussage, so ist ihre Verneinung ¬ A ( nicht-A“) eine Aussage, die wahr ist, wenn A falsch ist ” und falsch ist, wenn A wahr ist. Dies ist in der Wahrheits(wert)tafel 1.1 dargestellt. A

¬A

w f

f w

Tabelle 1.1 ¨ Uberlege dir, dass ¬ (¬ A), kurz: ¬ ¬ A (doppelte Verneinung) dieselbe Wahrheitswertverteilung wie A hat. Unbedingt zu beachten ist: Die Negation von Zitronen schmecken s¨ uß“ lautet nicht ” etwa Zitronen schmecken sauer“, sondern nat¨ urlich Zitronen schmecken salzig“ ” ” Sp¨ aßle . . . sondern nat¨ urlich Zitronen schmecken nicht s¨ uß“. ”

1.1 Aussagenlogik

1.1.4

7

und“ ”

Als N¨ achstes betrachten wir die und“-Verkn¨ upfung, auch Konjunktion genannt, ” die mit ∧ abgek¨ urzt wird. Wie oben bereits diskutiert, ist A ∧ B genau dann wahr, wenn sowohl A als auch B wahr sind, d.h. wir erhalten die Wahrheitstafel 1.2. A

B

A∧B

w w f f

w f w f

w f f f

Tabelle 1.2 Da B ∧ A nat¨ urlich dieselbe Wahrheitstafel wie A ∧ B hat, ist die Konjunktion kommutativ. Umgangssprachlich muss das nicht stimmen, da hier die ∧ -Verkn¨ upfung oft implizit eine zeitliche Abfolge enth¨ alt. Vergleiche etwa A ∧ B mit B ∧ A f¨ ur A: Mir wird u ¨bel

1.1.5

B: Ich sehe dich.

(entweder) oder“ ”

Die Disjunktion mit dem Zeichen ∨ steht f¨ ur das nicht-ausschließende oder“, das ” bei Aussagen wie Abschreiben beim Nachbarn oder Spickzettel gibt eine 6 gemeint ist: Der b¨ose Sch¨ uler, der beides versucht, soll von dieser Strafe nat¨ urlich nicht ausgeschlossen werden. D.h. wenn sowohl A (6 f¨ ur Abschreiben beim Nachbarn) als auch B (6 f¨ ur Spickzettel) wahr sind, ist A ∨ B ebenfalls wahr. Beim entweder-oder“, welches auch Kontravalenz genannt und mit ≺ abgek¨ urzt ” wird, ist dies nicht so. Die zugeh¨origen Wahrheitstafeln 1.3 unterscheiden sich daher in der ersten Zeile. A

B

A∨B

A ≺ B

w w f f

w f w f

w w w f

f w w f

Tabelle 1.3

1.1.6

wenn . . . , dann . . . “ ”

Die Subjunktion (auch: Implikation) mit dem Symbol → ist definiert durch die Wahrheitstafel 1.4.

8

1 Ein wenig Logik

A

B

A→B

w w f f

w f w f

w f w w

Tabelle 1.4 Umgangssprachlich gibt man A → B (lies: A subjungiert B“) in Form von wenn ” ” . . . , dann . . .“-S¨atzen wieder. Dies ist etwas ungl¨ ucklich, denn zwischen dem umgangssprachlichen Gebrauch und der Subjunktion als Junktor gilt es zwei ¨außerst gew¨ohnungsbed¨ urftige Unterschiede zu beachten. (i) Bei Aussagen der Form wenn A, dann B“ stehen im normalen Sprachge” brauch die Aussagen A und B stets in einer inhaltlichen Beziehung zueinander, wie z.B. in Wenn ich in die Echaz springe, dann werde ich nass. Da es in der Aussagenlogik nur um den Wahrheitswert der Aussagen, nicht aber um deren Inhalt geht, braucht es bei der Subjunktion keine solche inhaltiche Beziehung zu geben. Betrachten wir z.B. die (unsinnige) Aussage Wenn 1 + 1 = 2 ist (A), dann ist Wasser nass (B). Da A wahr und auch B wahr ist, ist laut obiger Wahrheitstafel auch A → B als wahr definiert, obwohl offenbar keinerlei inhaltlicher Zusammenhang zwischen A und B herrscht. (ii) Die Zeilen 3 und 4 der Wahrheitstafel enthalten das Prinzip Aus Falschem ” folgt Beliebiges“. Ist A falsch, so wird A → B unabh¨ angig vom Wahrheitswert von B als wahr definiert, d.h. die beiden Aussagen Wenn 1 + 1 = 1 ist, dann ist Wasser nass. Wenn 1 + 1 = 1 ist, dann ist Wasser rot. sind im Sinne der Aussagenlogik wahr. Klingt komisch, is’ aber so. Warum es dennoch sinnvoll ist, die Subjunktion auf diese Weise zu definieren, wird z.B. in [Jun], S. 28 f. erl¨autert. (Achtung: Dort wird die Subjunktion als Implikation bezeichnet.)

1.1.7

. . . genau dann, wenn . . . “ ”

Die Bijunktion mit dem Zeichen ←→ wird durch Wahrheitstafel 1.5 erkl¨ art. Die Bijunktion A ←→ B (lies: A bijungiert B“) ist also wahr, wenn A und B ” denselben Wahrheitswert haben, ansonsten ist sie falsch. Umgangssprachlich dr¨ uckt man die Bijunktion durch . . . genau dann, wenn . . .“-S¨atze aus wie z.B. ”

1.1 Aussagenlogik

A

B

A ←→ B

w w f f

w f w f

w f f w

9

Tabelle 1.5: A ←→ B ist nichts anderes als ¬ (A ≺ B) An Schultagen gibt es hitzefrei genau dann, wenn es um 10 Uhr morgens (im Schulhof) 25◦ C im Schatten hat. ¨ (Leider wird dies heutzutage nicht mehr als Aquivalenz gehandhabt; 25◦ C um 10 Uhr ist nur noch notwendig, aber nicht mehr hinreichend f¨ ur hitzefrei.) Es gilt dasselbe zu beachten wie bei der Subjunktion, n¨amlich dass in der Aussagenlogik kein inhaltlicher Zusammenhang zwischen A und B bestehen muss.

1.1.8

Aussagenlogische Formeln

Wir setzen das fort, was wir beim Bilden von A ∧ B, A → B, etc. bereits begonnen haben. Unter einer atomaren Aussage verstehen wir im Folgenden eine Aussage, die noch keinen Junktor enth¨alt. Solche Aussagen setzen wir unter Verwendung eines oder mehrerer Junktoren zu immer komplexeren Ausdr¨ ucken wie z.B. (A ∨ B) → (¬ C) zusammen, und nennen so etwas eine aussagenlogische Formel. Atomare Aussagen selbst lassen wir dabei auch als aussagenlogische Formeln gelten. Jede solche Formel muss dabei selbst wieder eine Aussage sein, d.h. man muss ihr in eindeutiger Weise die Wahrheitswerte w oder f zuordnen k¨ onnen – nat¨ urlich abh¨ angig von den Wahrheitswerten der atomaren Bestandteile der Formel. Demnach ist A ∨ B ∧ C keine aussagenlogische Formel: Durch die fehlende Klammerung ist hier n¨amlich nicht erkennbar, ob ∨ oder ∧ zuerst auszuf¨ uhren ist; u ¨berzeuge dich davon, dass dies einen Unterschied macht. Klammersetzung ist bei aussagenlogischen Formeln also sehr wichtig. Um dennoch u ¨berm¨aßiges Klammersetzen zu vermeiden, vereinbaren wir die folgenden Vorfahrtsregeln: 1. ¬ bindet am st¨ arksten. (¬ A) ∧ B kann also k¨ urzer als ¬ A ∧ B geschrieben werden. (Was unbedingt von ¬ (A ∧ B) zu unterscheiden ist!) 2. ∨ und ∧ binden st¨ arker als → und ←→ . So ist z.B. A ∧ B ←→ C die Kurzschreibweise f¨ ur (A ∧ B) ←→ C. ∨ und ∧ sind untereinander allerdings gleichwertig, d.h. A ∧ B ∨ C ist keine zul¨ assige Abk¨ urzung f¨ ur (A ∧ B) ∨ C. Gleiches gilt f¨ ur → und ←→ .

10

1 Ein wenig Logik

Beispiel 1.1

Wir bestimmen die Wahrheitstafel der Formel ¬ A ∨ B ←→ ¬ B.

Nach den Vorfahrtsregeln ist dies die Kurzschreibweise f¨ ur ((¬ A) ∨ B) ←→ (¬ B). A

B

¬A

¬A∨B

¬B

w w f f

w f w f

f f w w

w f w w

f w f w

¬ A ∨ B ←→ ¬ B f f f w

Tabelle 1.6 Um Schreibarbeit zu sparen, verk¨ urzt man Tabelle 1.6 folgendermaßen (den Wahrheitswert von ¬ A ∨ B bestimmt man hierbei ohne Zwischenschritt im Kopf): A

B

w w f f

w f w f

¬A∨B

←→ ¬ B

w f w w

f f f w

f w f w

Tabelle 1.7 Unter den zuletzt ausgef¨ uhrten Junktor, hier also ←→ , tr¨ agt man den Wahrheitswert der gesamten Formel ein. Bis hierhin haben wir recht viel formalen Unsinn“ betrieben, und man mag sich zu ” Recht fragen, was das alles soll. Im folgenden Abschnitt lernen wir nun aber endlich Zusammenh¨ ange kennen, die uns in den n¨achsten Kapiteln (Beweistechniken und Mengenlehre) von Nutzen sein werden.

1.1.9

¨ Aussagenlogische Aquivalenz

Beispiel 1.2 Zum Einstieg fragen wir uns, wie sich die Negation mit der Konjunktion vertr¨agt, indem wir untersuchen, wie sich ¬ (A ∧ B) umschreiben l¨asst. Vielleicht als ¬ A ∧ ¬ B, was bedeuten w¨ urde, dass man die Negation einfach in die Klammer reinziehen d¨ urfte. Vergleichen wir hierzu die Wahrheitstafeln beider Formeln. Im linken Teil von Tabelle 1.8 steht der Wahrheitswert der gesamten Formel wieder unter dem zuletzt ausgef¨ uhrten Junktor. Bei ¬ (A ∧ B) ist dies ¬ , w¨ahrend es bei ¬ A ∧ ¬ B das ∧ ¨ ist. Rechts ist der Ubersichtlichkeit halber das Ergebnis nochmals ohne Zwischenschritte dargestellt. Man erkennt, dass beide Formeln verschiedene Aussagen beschreiben, da sich die Zeilen 2 und 3 unterscheiden. Probieren wir es doch mal mit ¬ A ∨ ¬ B.

11

1.1 Aussagenlogik

A

B

¬ (A ∧ B)

w w f f

w f w f

f w w w

¬A ∧ ¬B

w f f f

f f w w

f f f w

f w f w

A

B

¬ (A ∧ B)

¬A∧¬B

w w f f

w f w f

f w w w

f f f w

Tabelle 1.8 A

B

¬ (A ∧ B)

¬A∨¬B

w w f f

w f w f

f w w w

f w w w

Tabelle 1.9 Aha! Tabelle 1.9 zeigt, dass die Wahrheitswerte beider Formeln in jedem m¨oglichen Fall gleich sind, d.h. vom aussagenlogischen Standpunkt her sind sie nicht voneinander zu unterscheiden. Solche Formeln nennt man aussagenlogisch a ¨quivalent. Mit Hilfe der Bijunktion l¨asst sich dies noch etwas umformulieren: Da F ←→ G genau dann wahr ist, wenn die beiden Teilformeln F und G denselben Wahrheitswert haben, erhalten wir f¨ ur die Formel ¬ (A ∧ B) ←→ ¬ A ∨ ¬ B die Wahrheitstafel 1.10. A

B

w w f f

w f w f

¬ (A ∧ B) ←→ ¬ A ∨ ¬ B f w w w

w w w w

f w w w

Tabelle 1.10 An ihr erkennt man, dass diese Bijunktion in jedem m¨oglichen Fall wahr ist; eine ¨ solche Aussage nennt man eine aussagenlogische Tautologie. Die Aquivalenz zweier Formeln dr¨ uckt man durch das Zeichen ⇐⇒L aus, wobei der Index daran er¨ innern soll, dass es sich um eine aussagenL ogische Aquivalenz handelt. (Echte Logiker verwenden hierf¨ ur das Symbol =| |=. Mir gef¨ allt ⇐⇒L besser, auch wenn dies kein offizielles Symbol ist.) Als Ergebnis dieses Beispiels k¨ onnen wir die sogenannte erste De Morgan2 ’sche Regel festhalten: ¬ (A ∧ B) ⇐⇒L ¬ A ∨ ¬ B.

2 Augustus

De Morgan (1806 – 1871); englischer Mathematiker.

12

1 Ein wenig Logik

Definition 1.3 Zwei aussagenlogische Formeln F und G heißen aussagenlogisch aquivalent, in Zeichen F ⇐⇒L G, wenn sie in allen F¨ ¨ allen denselben Wahrheitswert annehmen (d.h. beide gleichzeitig w oder beide gleichzeitig f). Dies ist genau dann der Fall, wenn die Bijunktion F ←→ G eine Tautologie, also stets wahr ist. ♦ Beachte unbedingt den Unterschied der Zeichen ←→ und ⇐⇒L : ◦ Den Junktor ←→ kann man zwischen zwei beliebige Formeln schreiben. F ←→ G ist dann wieder eine aussagenlogische Formel, die aber keinesfalls in allen F¨allen wahr sein muss. ◦ Das Zeichen ⇐⇒L hingegen ist kein Junktor. F ⇐⇒L G ist keine aussagenlogische Formel, sondern macht eine Aussage u ¨ber die Formel F ←→ G, n¨amlich dass diese eine Tautologie ist. F¨ ur zwei aussagenlogische Formeln F und G gilt

Satz 1.1

(F → G) ⇐⇒L (¬ G → ¬ F)

(Kontrapositions-Regel ).

In Worten: Wenn F, dann G“ ist a¨quivalent zu Wenn nicht-G, dann nicht-F“. ” ” Beweis:

Wir stellen die Wahrheitstafel der Formel (F → G) ←→ (¬ G → ¬ F) auf. F

G

w w f f

w f w f

(F → G) ←→ (¬ G → ¬ F) w f w w

w w w w

f w f w

w f w w

f f w w

Tabelle 1.11 Diese Bijunktion ist eine Tautologie, also gilt (F → G) ⇐⇒L (¬ G → ¬ F). —————————



—————————

In allen Aufgaben seien A, B und C Aussagen. Ob es sich dabei um atomare Aussagen oder zusammengesetzte Formeln handelt, spielt (meist) keine Rolle, da es nur darauf ankommt, dass ihre Wahrheitswerte entweder w oder f sein k¨ onnen. Aufgabe 1.3

Beweise die zweite De Morgan’sche Regel

¬ (A ∨ B) ⇐⇒L ¬ A ∧ ¬ B. Bilde mit Hilfe der De Morgan-Regeln die Verneinung der beiden folgenden Aussagen zur Abendgestaltung eines Sch¨ ulers.

13

1.1 Aussagenlogik

Gustl lernt Mathe und geht pumpen. Gustl lernt Mathe oder geht pumpen. (Also auch beides m¨oglich.) Hat zwar nichts mehr mit dieser Aufgabe zu tun, aber kannst du auch Entweder lernt Gustl Mathe oder geht pumpen. verneinen? (Vergleiche dein Ergebnis mit Aufgabe 1.9.) Aufgabe 1.4

Beweise die Regel

¬ (A → B) ⇐⇒L A ∧ ¬ B. Verneine damit

Wenn Gustl Mathe lernt, dann geht er nicht pumpen. Aufgabe 1.5

Ist A → B a¨quivalent zu ¬ A → ¬ B oder zu B → A ?

Aufgabe 1.6

Zeige f¨ ur zwei aussagenlogische Formeln F und G, dass aus

F ⇐⇒L G Aufgabe 1.7

stets auch

¬ F ⇐⇒L ¬ G

folgt.

a) Weise die G¨ ultigkeit der Assoziativgesetze f¨ ur ∧ und ∨ nach:

(A ∧ B) ∧ C ⇐⇒L A ∧ (B ∧ C)

und

(A ∨ B) ∨ C ⇐⇒L A ∨ (B ∨ C). Sie besagen, dass man bei mehrfacher ∧ - bzw. ∨ -Verkn¨ upfung die Klammern weglassen kann. (Es gen¨ ugt, wenn du nur eines der beiden Gesetze beweist.) b) Verfahre ebenso f¨ ur die beiden Distributivgesetze (A ∧ B) ∨ C ⇐⇒L (A ∨ C) ∧ (B ∨ C)

und

(A ∨ B) ∧ C ⇐⇒L (A ∧ C) ∨ (B ∧ C). Aufgabe 1.8 In dieser Aufgabe soll gezeigt werden, dass sich alle bisher eingef¨ uhrten Junktoren allein durch die zwei Junktoren ¬ und ∨ ausdr¨ ucken lassen. a) Zeige, dass f¨ ur die Subjunktion gilt: (A → B) ⇐⇒L ¬ A ∨ B. b) Gewinne eine {¬ , ∨ }-Darstellung des ∧ -Junktors durch Verneinung der ersten De Morgan-Regel. c) Kannst du auch f¨ ur die Bijunktion ←→ und die Kontravalenz ≺ entsprechende Ausdr¨ ucke finden? Aufgabe 1.9

Wie du in Aufgabe 1.8 c) vielleicht erkannt hast, gilt

A ≺ B ⇐⇒L (¬ A ∧ B) ∨ (A ∧ ¬ B). Gewinne daraus mit Hilfe der De Morgan-Regeln und des zweiten Distributivgesetzes (siehe Aufgabe 1.7) eine Formel f¨ ur die Negation von A ≺ B, die nur ¬ , ∨ und ∧ enth¨alt. —————————

—————————

14

1 Ein wenig Logik

1.2

Ausblick auf die Pr¨ adikatenlogik

In der Aussagenlogik haben wir mittels Junktoren (atomare) Aussagen zu komplexeren Formeln zusammengesetzt, wobei nur der Wahrheitswert, nicht aber der Inhalt der Aussagen bedeutsam war. Nun werden wir die innere Struktur atomarer Aussagen genauer analysieren. Wir geben hier nur einen Mini-Einblick anhand von Beispielen und werden nicht mehr alles streng definieren. F¨ ur einen vertieften Einstieg empfehlen wir [Sch].

1.2.1

Pr¨ adikate und Individuen

Definition 1.4 Ein Pr¨ adikat ist eine Wort-Folge mit einer oder mehreren Leerstellen, die zu einer Aussage wird, wenn in jede Leerstelle ein Eigenname eingesetzt wird. ♦ adikat, da durch EinBeispiel 1.3 Bei − ist satt“ handelt es sich um ein Pr¨ ” setzen des Namens Gustl“ die Aussage ” Gustl ist satt. entsteht. Hier wird also einem Individuum (Gustl) durch das Pr¨ adikat eine gewisse Eigenschaft (Satt-sein) zugeordnet. In der Aussagenlogik h¨atten wir diese atomare Aussage einfach mit A abgek¨ urzt. In der Pr¨ adikatenlogik richten wir das Augenmerk auf die innere logische Struktur der atomaren Aussage und schreiben sie als ist satt (Gustl) oder noch k¨ urzer: S(g). Dabei verwenden wir Großbuchstaben als Symbole f¨ ur Pr¨adikate – hier ist S das Pr¨ adikatensymbol f¨ ur − ist satt“ – und Kleinbuchstaben als Symbole f¨ ur Individu” en – hier ist g die sogenannte Individuenkonstante f¨ ur Gustl“. S ist ein einstelliges ” Pr¨ adikat, da es nur eine Leerstelle enth¨alt. Beispiel 1.4

Ein Beispiel f¨ ur ein zweistelliges Pr¨ adikat beinhaltet die Aussage

Obelix isst mehr Wildschweine als Asterix. Bei der Formalisierung ist die Reihenfolge der zwei Individuenkonstanten in der Klammer zu beachten: isst mehr Wildschweine als (Obelix, Asterix)

bzw.

W (o, a), wobei W f¨ ur das zweistellige Pr¨ adikat − isst mehr Wildschweine als ” o bzw. a f¨ ur die Individuen Obelix“ bzw. Asterix“. ” ”

−“

steht und

¨ dikatenlogik 1.2 Ausblick auf die Pra

15

Anmerkung: In der Pr¨adikat-Definition sind Wort-Folge“ und Eigenname“ ” ” (Individuum) im weitesten Sinne zu verstehen. In mathematischen Aussagen wie f (x) = 2 “ fassen wir − = −“ als zweistelliges Pr¨ adikat G auf, und f (x), 2 sind ” ” die Individuen. Pr¨ adikatenlogisch k¨ onnte man obige Aussage dann als G(f (x), 2) schreiben.

1.2.2

Der Allquantor

Oftmals will man nicht nur u ¨ber einzelne Individuen Aussagen machen, sondern man m¨ochte allgemeine Aussagen u ¨ber eine ganze Gruppe von Individuen treffen. Beispiel 1.5

Wollen wir etwa die tiefgr¨ undige Aussage

Alle Dinge sind leer. in eine pr¨ adikatenlogische Form umwandeln, so benennen wir das Pr¨adikat − ist ” leer“ mit L und m¨ ussten f¨ ur jedes Ding, d.h. f¨ ur jede erdenkliche Individuenkonstante a, b, c, . . . L(a) ∧ L(b) ∧ L(c) ∧ . . . schreiben – nicht besonders elegant! Stattdessen f¨ uhrt man eine Individuenvariable x ein, die f¨ ur jedes Individuum ( Ding“) stehen kann, und schreibt die Aussage ” Schritt f¨ ur Schritt um. Alle Dinge sind leer. F¨ ur alle Dinge gilt: sie sind leer. F¨ ur alle x gilt: x ist leer. F¨ ur alle x gilt: L(x) ∀x : L(x) Im letzten Schritt wurde zur Abk¨ urzung von f¨ ur alle ” umgedrehtes A) eingef¨ uhrt. Beispiel 1.6

−

gilt“ der Allquantor ∀ (ein

Der Allquantor ist n¨ utzlich, um mathematische Aussagen wie z.B.

F¨ ur alle reellen Zahlen gilt, dass ihr Quadrat gr¨ oßer gleich Null ist. kurz und pr¨agnant zu formulieren. Wir wandeln diese Aussage in pr¨ adikatenlogiur das sche Form um; dabei stehe R f¨ ur das Pr¨adikat − ist reelle Zahl“ und G f¨ ” zweistellige Pr¨ adikat − ist gr¨oßer gleich −“. ” F¨ ur alle Dinge gilt: Wenn das Ding eine reelle Zahl ist, dann ist ihr Quadrat gr¨oßer gleich Null. F¨ ur alle x gilt: Wenn R(x), dann G(x2 , 0). ∀x : (R(x) → G(x2 , 0))

16

1 Ein wenig Logik

Das zeigt nun ganz eindeutig die pr¨ adikatenlogische Struktur der Aussage, aber keine Sorge: So umst¨ andlich schreiben wir das sp¨ater nie mehr auf. Statt R(x) schreibt man x ∈ R und statt G(x2 , 0) nat¨ urlich x2  0. Außerdem spart man sich die Subjunktion und mogelt die Voraussetzung x ∈ R in den Allquantor mit rein: ∀x ∈ R : x2  0. Sieht doch schon freundlicher aus, gell?

1.2.3

Der Existenzquantor

W¨ahrend man mit dem Allquantor eine Generalisierung ausdr¨ uckt, geht es beim ochte Existenzquantor ∃ (ein gespiegeltes ∃) um eine Partikularisierung. Man m¨ ausdr¨ ucken, dass eine Aussage nur f¨ ur einige (manche, wenige) Individuen gilt bzw. dass es u ¨berhaupt ein solches Individuum gibt, auf das die Aussage zutrifft. Beispiel 1.7

Wir bringen die Aussage

Manche Dinge sind leer. in pr¨adikatenlogische Form. Es gibt (mindestens) ein Ding f¨ ur das gilt: Das Ding ist leer. Es gibt (mindestens) ein x f¨ ur das gilt: x ist leer. ∃x : L(x) Beispiel 1.8

Als weiteres Beispiel betrachten wir die Aussage

Es gibt eine Zahl, deren Quadrat negativ ist. Mit Hilfe des Existenzquantors schreibt sich dies als ∃x : ( Z(x) ∧ K(x2 , 0) ), wobei Z f¨ ur das Pr¨adikat − ist eine Zahl“ steht und K f¨ ur das zweistellige Pr¨ adi” kat − ist kleiner als −“. (Was Z(x) mathematisch bedeuten soll, werden wir erst ” im Kapitel u ¨ber komplexe Zahlen konkretisieren; dort werden wir dann auch sehen, dass obige Aussage wahr ist.) Zum Abschluss notieren wir noch zwei n¨ utzliche Verneinungs-Regeln. Ohne dass wir formal definieren, was pr¨ adikatenlogisch a ¨quivalent bedeutet3 , sollte der folgende Zusammenhang intuitiv einleuchtend sein: Ist F ein Pr¨ adikat (oder allgemeiner eine pr¨ adikatenlogische Formel wie G( ) ∧ H( )), so gilt ¬ ( ∀x : F (x) ) ⇐⇒L ∃x : ¬ F (x). 3 bequemlichkeitshalber

bleiben wir beim gewohnten Symbol ⇐⇒L

¨ dikatenlogik 1.2 Ausblick auf die Pra

17

Denn: Die Verneinung der Aussage, dass alle Dinge x die Eigenschaft F haben, ist, dass F auf mindestens ein Ding x nicht zutrifft. Ebenso gilt ¬ ( ∃x : F (x) ) ⇐⇒L ∀x : ¬ F (x). In Worten kann man sich das so merken: Zieht man den ¬ -Junktor in die Klammer, so wird aus dem ∀ ein ∃ (und umgekehrt) und das Pr¨ adikat F (x) wird verneint. Beispiel 1.9

Wir formalisieren die folgende Aussage.

Kein Sch¨ uler telefoniert w¨ ahrend des Unterrichts. Es ist nicht der Fall, dass es ein x gibt, f¨ ur das gilt: x ist Sch¨ uler und x telefoniert w¨ ahrend des Unterrichts. ¬ ( ∃x : ( S(x) ∧ T (x))) ¨ Nach obiger Uberlegung l¨ asst sich das umschreiben in ∀x : ¬ ( S(x) ∧ T (x) ) ⇐⇒L ∀x : ( S(x) → ¬ T (x) ). ¨ ¨ Die letzte Aquivalenz folgt aus Aufgabe 1.4, wenn man die dortige Aquivalenz negiert und ¬ B f¨ ur B einsetzt. In Worten: F¨ ur alle Dinge x gilt: wenn x ein Sch¨ uler ist, dann telefoniert x nicht w¨ahrend des Unterrichts.

—————————

—————————

Aufgabe 1.10 Gegeben sind die einstelligen Pr¨ adikate mit den Symbolen M : adika− ist ein Mann“ und S: − ist ein Schwein“. Formuliere die folgenden pr¨ ” ” tenlogischen Aussagen in Worten. (Welche Aussagen sind wahr?) a) ∀x : ( M (x) → S(x) ) Aufgabe 1.11

b) ∀x : ( M (x) ∧ S(x) )

c) ∃x : ( M (x) ∧ S(x) )

Wandle die folgenden Aussagen in pr¨adikatenlogische Form um.

a) Alles ist Eins. b) Alle Wege f¨ uhren nach Rom. c) Einige Sch¨ uler sind gut in Mathe. d) Keine Gurke ist eine Tomate. (Oder: Alle Gurken sind keine Tomaten.) Aufgabe 1.12

Mehrfaches Quantifizieren

a) S(x, y) stehe f¨ ur x ist schwerer als y“. Dr¨ ucke in Worten aus: ” (i) ∀x ∃y : S(x, y)

(ii) ∃x ∀y : S(x, y)

(iii) ∃x ∃y : S(x, y)

b) (Aus [KuB], S. 93.) Im Englischen gibt es eine Redensart, die lautet:

18

1 Ein wenig Logik

You can fool all people some of the time and you can fool some people all of the time, but nobody can fool all people all of the time. Bringe dies auf pr¨ adikatenlogische Form. Dabei soll F (x,y,t) f¨ ur das Pr¨adikat x can fool y at time t“ stehen und you“ als generalisierender Ausdruck im ” ” Sinne von jeder“ aufgefasst werden. ” c) Diese Aufgabe ist nur dann sinnvoll, wenn du bereits die Definition des Grenzwerts a einer Folge (an ) kennst (siehe Kapitel 4), die wie folgt lautet: ∀ε > 0

∃nε ∈ N ∀n > nε :

|a − an | < ε.

(zur subjunktionssparenden Schreibweise ∀ε > 0 siehe Beispiel 1.6). Dr¨ ucke dies in Worten aus und negiere die Aussage (formal und in Worten). —————————

—————————

Literatur zu Kapitel 1 [Beu1] Beutelspacher, A.: Mathe-Basics zum Studienbeginn. Springer Spektrum, 2. Aufl. (2016) [GoJ] Golecki, R., Jungmann, J.: Einf¨ uhrung in die Aussagenlogik. http://ddi.cs.uni-potsdam.de/HyFISCH/KI/GoleckiAussagenlogik.pdf [Ham] Hammack, R.: Book of Proof. 3rd edition (2018) https://www.people.vcu.edu/ rhammack/BookOfProof/ [Jun]

Junker, M.: Formale Logik. http://home.mathematik.uni-freiburg.de/junker/ws12/skriptKapitel1.pdf

[KuB] Kutschera, F., Breitkopf, A.: Einf¨ uhrung in die moderne Logik. Alber Verlag, 8. Aufl. (2007) [Rus]

Russell, B.: Mathematical Logic as Based on the Theory of Types. https://archive.org/details/jstor-2369948

[Sch]

Schatz, T.: Einf¨ uhrung in die Logik. http://www.mathematik.uni-tuebingen.de/∼logik/skript.pdf

[Vel]

Velleman, D.: How to Prove It: A Structured Approach. Cambridge University Press, 2nd edition (2006)

2

Beweismethoden

In diesem Kapitel werden die g¨angigsten mathematischen Beweismethoden anhand zahlreicher Beispiele erl¨ autert. Haupts¨achlich wird es dabei um Aussagen aus der elementaren Zahlentheorie gehen. Die dort zu beweisenden Aussagen lassen sich n¨amlich sehr einfach formulieren und f¨ ur den Beweis selbst braucht man meist nur sehr wenig Vorkenntnisse; oftmals gen¨ ugen schon die aus der Schule bekannten Rechenregeln. Zus¨ atzlich werden jedoch einige grundlegende Fakten u ¨ber Zahlen und Teilbarkeit ben¨otigt, die wir im n¨achsten Abschnitt kurz vorstellen.

2.1

Exkurs: Grundwissen u ¨ ber Zahlen

Die nat¨ urlichen Zahlen sind die Zahlen, die unserem Anzahlbegriff entsprechen: 1, 2, 3, . . . Manche Autoren z¨ ahlen die Null mit, wir nicht. Die Menge aller nat¨ urlichen Zahlen k¨ urzen wir mit N ab. Ist n eine nat¨ urliche Zahl, so schreiben wir kurz n ∈ N daf¨ ur (lies: n ist Element der nat¨ urlichen Zahlen“; in Kapitel 3 gehen wir genauer auf ” die Mengenschreibweise ein). Definition 2.1 Es seien m und n nat¨ urliche Zahlen. Man sagt, m teilt n, in Zeichen: m | n, wenn es ein k ∈ N gibt, so dass n sich als n = k·m schreiben l¨ asst. Man sagt auch: m ist ein Teiler von n bzw. n ist ein Vielfaches von m. Ist 1 < m < n, so heißt m echter Teiler von n. Zwei nat¨ urliche Zahlen heißen teilerfremd, wenn sie nur die 1 als gemeinsamen Teiler besitzen, d.h. wenn außer der 1 keine weitere Zahl beide Zahlen teilt. ♦ Beachte, dass m = 1 jede Zahl n ∈ N teilt, denn es ist n = n · 1 (d.h. k = n). Ebenso teilt jede Zahl n sich selbst, denn es ist n = 1 · n (d.h. k = 1). Man nennt 1 und n die trivialen Teiler von n. Will man die Null in der Teilbarkeitsdefinition mit einschließen, so ist jede nat¨ urliche Zahl m aufgrund von 0 = 0 · m ein Teiler der Null. Beispiel 2.1 m = 17 teilt n = 51, denn es ist 51 = 3 · 17 (d.h. k = 3). Die Teilbarkeitsdefinition ist nur eine Umschreibung der Tatsache, dass beim Dividieren von 51 durch 17 kein Rest“ bleibt, d.h. dass 51:17 aufgeht“, was nichts ” ” anderes bedeutet, als dass der Bruch 51 urliche Zahl k ∈ N ergibt. 17 wieder eine nat¨ Und 51 17 = k ist eben gleichbedeutend mit 51 = k · 17. Die zweite Gleichung hat allerdings den Vorteil, dass sie keinen Bruch mehr enth¨alt und somit besser zum Zahlbereich der nat¨ urlichen Zahlen passt. Die Zahlen 3 und 17 sind teilerfremd, da sie außer der 1 keine gemeinsamen Teiler mehr besitzen. F¨ ur sie gilt sogar noch mehr: Sie besitzen außer 1 und sich selbst u ¨berhaupt keine weiteren Teiler, was zur n¨ achsten Definition f¨ uhrt. © Springer Fachmedien Wiesbaden GmbH, ein Teil von Springer Nature 2019 T. Glosauer, (Hoch)Schulmathematik, https://doi.org/10.1007/978-3-658-24574-0_2

20

2 Beweismethoden

Definition 2.2 Eine nat¨ urliche Zahl gr¨ oßer eins, die nur die trivialen Teiler besitzt, also nur durch sich selbst und durch 1 teilbar ist, heißt Primzahl. Eine Zahl heißt prim, wenn sie eine Primzahl ist, andernfalls heißt sie zusammengesetzt. ♦ Hier ist eine Liste der ersten 20 Primzahlen: 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 37, 41, 43, 47, 53, 59, 61, 67, 71, . . . Keiner kann bis heute einen Funktionsterm f (x) angeben, der einem alle Primzahlen ausspuckt, wenn man f¨ ur x z.B. alle nat¨ urlichen Zahlen einsetzt. Die Eigenschaften der Primzahlen und ihre Verteilung innerhalb der nat¨ urlichen Zahlen ist intensiver Forschungsgegenstand der sogenannten Zahlentheorie. Hier gibt es noch viele M¨ oglichkeiten, Ruhm und Ehre zu erlangen. So ist z.B. die so schlicht aussehende Goldbach1 -Vermutung aus dem Jahre 1742 Jede gerade Zahl gr¨oßer als 2 ist die Summe zweier Primzahlen eines der bis heute (2018) offenen Probleme der Zahlentheorie! Als Beispiel ist 4 = 2 + 2; verfahre ebenso f¨ ur die geraden Zahlen von 6 bis 20. Ist dir auch aufgefallen, dass in obiger Primzahlliste oft Paare wie (3, 5), (5, 7), (11, 13) etc. auftreten, die sich nur um 2 unterscheiden? Die Vermutung, dass es unendlich viele solcher Primzahlzwillinge gibt, ist bis heute ebenfalls unbewiesen. Aber ich schweife ab; zum Schluss notieren wir zwei grundlegende S¨ atze u ¨ber Primzahlen, die wir an dieser Stelle ohne Beweis akzeptieren (siehe [Pad] und Beispiel 2.6). Dies (oder unvollst¨ andige Beweise) kennzeichnen wir fortan mit dem Zeichen . Satz 2.1

( Euklidisches Lemma )

Teilt eine Primzahl p ein Produkt a · b nat¨ urlicher Zahlen, so teilt p einen (oder beide) der Faktoren a oder b.  Beispiel 2.2 Die Primzahl 3 teilt 12 = 2 · 6, also muss sie laut Euklid2 bereits einen der Faktoren 2 oder 6 teilen, was auch stimmt. Ist p hingegen keine Primzahl, so kann Folgendes passieren: 6 teilt zwar 18 = 2 · 9, aber 6 teilt keinen der Faktoren, weder a = 2 noch b = 9. Anmerkung: Ein Lemma ist ein Hilfssatz, dem nicht ganz so viel Bedeutung einger¨ aumt wird wie einem Satz oder gar einem Theorem, d.h. einem Satz von grundlegender Bedeutung. Oftmals enthalten Lemmata Zusammenh¨ange, die man als wichtige Schritte im Beweis von S¨ atzen braucht. Weil man w¨ahrend des Beweises aber nicht durch zu viele technische Details den roten Faden verlieren will, lagert man oft Beweisschritte als Lemmata aus, die dann vor dem eigentlich Beweis gesondert bewiesen werden. 1 Christian

Goldbach (1690 – 1764); deutscher Mathematiker. von Alexandria (vermutlich 3. Jhdt. v. Chr.). Einer der bedeutendsten Mathematiker der griechischen Antike, der monumentale Beitr¨ age zur Geometrie und Zahlentheorie lieferte. 2 Euklid

2.2 Direkter Beweis

21

Das Lemma von Euklid ist allerdings so bedeutsam, dass es die Bezeichnung Satz verdient hat. Man ben¨otigt es z.B. zum Beweis der Eindeutigkeitsaussage des n¨achsten Satzes, den man auch als Hauptsatz der elementaren Zahlentheorie bezeichnet. ( Eindeutige Primfaktorzerlegung )

Theorem 2.1

Jede nat¨ urliche Zahl gr¨oßer 1 l¨ asst sich als Produkt von Primzahlen schreiben, und diese Primfaktorzerlegung ist bis auf die Reihenfolge der Faktoren eindeutig.  Beispiel 2.3 Die Primfaktorzerlegung von 264 lautet 2 · 2 · 2 · 3 · 11 = 23 · 3 · 11. Man kommt auf sie, indem man sukzessive immer Faktoren von 264 abspaltet: 264 = 2 · 132 = 2 · 2 · 66 = 2 · 2 · 2 · 33 = 2 · 2 · 2 · 3 · 11. Theorem 2.1 besagt nun, dass man zwar die Reihenfolge der Primfaktoren in dieser Zerlegung ¨andern kann, etwa 264 = 2 · 11 · 2 · 3 · 2, nicht aber die darin auftretenden Primzahlen samt ihrer Anzahl.

2.2

Direkter Beweis

Mathematische S¨ atze sind meist als A =⇒ B“ formuliert. Lies: ” Aus A folgt B“ bzw. A impliziert B“. ” ” Oder noch etwas pr¨ aziser: Wenn A wahr ist, dann ist auch B wahr“. ” Statt A ist wahr“ schreibt man oft k¨ urzer A gilt“. ” ” Beim direkten Beweis geht man davon aus, dass A wahr ist und folgert durch eine Kette g¨ ultiger Argumente, dass dann auch B wahr ist. Dabei verwendet man logisch korrekte Schl¨ usse wie z.B. Aus A =⇒ C und C =⇒ B folgt A =⇒ B“ (klar!) ” und kann zudem auf bereits bewiesene S¨ atze wie etwa Theorem 2.1 oder Grundtatsachen (Axiome) zur¨ uckgreifen, wie z.B. die G¨ ultigkeit des Distributivgesetzes. Wir demonstrieren dieses Vorgehen an einem ganz simplen Lemma. Mit Zahlen“ ” meinen wir in diesem Abschnitt stets nat¨ urliche Zahlen. Lemma 2.1 Beweis:

Teilt t die Zahlen a und b, dann teilt t auch deren Summe.

Am Anfang empfiehlt es sich, den Beweis in drei Teile zu gliedern.

(1) Voraussetzung sauber formulieren bzw. umschreiben: Es gilt t | a und t | b, d.h. es gibt Zahlen k und l mit a = k·t

und

b = l · t.

22

2 Beweismethoden

(2) Behauptung : t | (a + b), d.h. wir m¨ ussen ein m ∈ N finden mit a + b = m · t. (3) Der eigentliche Beweis : Die Voraussetzung liefert in Kombination mit dem Distributivgesetz sofort DG

a + b = k · t + l · t = (k + l) · t. Also ist a + b = m · t mit3 m := k + l ∈ N, was t | (a + b) bedeutet.



Immer wenn ein Beweis vollst¨ andig erbracht ist, freut sich der Mathematiker und macht ein K¨ astchen  (wie auch schon nach dem Beweis von Satz 1.1 geschehen). Um die logische Struktur des Beweises besser zu beleuchten, geben wir ihn nochmals in Kurzform wieder. Voraussetzung:

t|a ∧ t|b

=⇒

∃ k, l ∈ N : a = k · t ∧ b = l · t

=⇒

a + b = k · t + l · t = (k + l) · t

=⇒

t | (a + b)

mit k + l ∈ N

So schreibt man das auf, wenn man sich eine Beweisidee auf einem Schmierblatt u ¨berlegt. Beim Niederschreiben des Beweises verlangt jedoch die mathematische ” Etikette“, dass man viel Wert auf Begleittext legt und so wenig Folgepfeile und Junktoren wie m¨oglich verwendet. Nun kommen wir zum Beweis eines echten Klassikers. Beachte, dass der nun folgende Satz nicht in der Form A =⇒ B formuliert ist, sondern nur als Aussage B da steht. Der (direkte) Beweis greift zwar unter anderem auf Theorem 2.1 zur¨ uck, aber dessen G¨ ultigkeit setzt man hier voraus, und hebt sie nicht gesondert als Voraussetzung A hervor. Satz 2.2

Es gibt unendlich viele Primzahlen.

Der wundersch¨ one Beweis geht auf Euklid zur¨ uck und steht in seinem ber¨ uhmten Mammut-Werk Elemente – nat¨ urlich nicht in heutiger Notation; vor 2300 Jahren gab es noch keine Algebra und Euklid definierte Primzahlen geometrisch mit Hilfe von Streckenl¨ angen. Bearbeite zur Vorbereitung Aufgabe 2.1. Beweis: Wir starten mit einer Liste von n Primzahlen p1 , . . . , pn (eine solche gibt es, z.B. p1 = 2, p2 = 3 und p3 = 5) und konstruieren daraus eine weitere 3 Der

Doppelpunkt in m := k + l weist darauf hin, dass die Zahl m als k + l definiert wird.

23

2.2 Direkter Beweis

Primzahl, die nicht in dieser Liste vorkommt. Die Beweisidee besteht einfach darin, aus den gegebenen Primzahlen die Zahl m = p1 · . . . · pn + 1 zu bilden. Nach Theorem 2.1 besitzt m einen Primfaktor, den wir p nennen; sollte m selbst bereits prim sein, ist p = m, aber das st¨ort nicht. Dieses p kann keine der Zahlen p1 , . . . , pn sein, denn sonst w¨ urde p sowohl das Produkt p1 · . . . · pn teilen (klar: p w¨ are ja einer der Faktoren) als auch m (als Primfaktor von m), und nach Aufgabe 2.1 w¨are p dann auch ein Teiler der Differenz m − p1 · . . . · pn = 1, was aufgrund von p > 1 nicht m¨oglich ist. Somit ist p eine Primzahl, die von p1 , . . . , pn verschieden ist. Hat man also n Primzahlen gefunden, dann gibt es noch eine (n + 1)-te und durch Wiederholung obiger Prozedur auch noch eine (n + 2)-te usw., d.h. die Menge P aller Primzahlen ist unendlich.  Bis heute (2018) war u ¨brigens noch niemand in der Lage zu kl¨aren, ob unter Zahlen der Gestalt m = p1 · . . . · pn + 1 unendlich viele Primzahlen auftreten. F¨ ur einen weiteren Beweis der Unendlichkeit von P siehe Aufgabe 2.20.

—————————

—————————

Vorbemerkung: Erfahrungsgem¨aß tut man sich als Anf¨anger enorm schwer, erste Beweise selbstst¨ andig auszuf¨ uhren, bzw. u ¨berhaupt darauf zu kommen, wie man vorgehen soll. Schaut man dann gleich die komplette L¨osung an, so ist der Witz“ weg und man hat sich der M¨oglichkeit beraubt, selber zumindest auf Teile ” des Beweises zu kommen. Deshalb gibt es auf Seite 352 vor den ausf¨ uhrlichen L¨ osungen Hinweise zu einigen Aufgaben, die als Starthilfe zum Beweis dienen k¨onnen. Es ist ¨außerst empfehlenswert, erst nur den Hinweis zu lesen und dann einige Zeit u ¨ber den auftretenden Problemen zu br¨ uten, bevor man gleich zur vollst¨andigen L¨ osung bl¨attert. Aufgabe 2.1 Zeige: Teilt t die Zahlen a > b, so auch deren Differenz a − b. (Damit a − b nicht negativ wird, wir also N nicht verlassen, wird a > b vorausgesetzt. a < b w¨ are aber auch kein Problem, denn f¨ ur ganze Zahlen ist Teilbarkeit vollkommen analog definiert.)

24

2 Beweismethoden

Aufgabe 2.2

Beweise die folgenden Teilbarkeitsregeln. Alle Zahlen seien aus N.

a) Ist a ein Teiler von b, und teilt b wiederum c, so ist auch a ein Teiler von c. b) Wenn gilt: a teilt c und b teilt d, dann teilt a · b das Produkt c · d. c) Teilt t die Zahlen a und b, dann teilt t auch m · a + n · b. Aufgabe 2.3 (Gerade und ungerade Zahlen) Eine nat¨ urliche Zahl heißt gerade, wenn sie durch 2 teilbar ist, also die Gestalt k · 2 oder k¨ urzer 2k mit k ∈ N besitzt. Wegen 0 = 2 · 0 lassen wir auch die Null (∈ / N) als gerade Zahl gelten. Der Nachfolger einer geraden Zahl ist ungerade, und hinterl¨ asst bei Division durch 2 einen Rest von 1. Ungerade Zahlen besitzen also die Form 2k + 1 mit k ∈ N0 (d.h. hier ist auch k = 0 erlaubt, um die 1 zu erhalten). Stelle Vermutungen u ¨ber Summen bzw. Produkte gerader und ungerader Zahlen auf (ob diese wieder gerade oder ungerade sind) und beweise sie anschließend. Aufgabe 2.4 Zeige: Ist die Quersumme einer Zahl durch 3 (9) teilbar, dann ist auch die Zahl selbst durch 3 (9) teilbar. (Es gen¨ ugt, die Beweisidee an einem Beispiel zu entwickeln.) Aufgabe 2.5 Starte mit der Liste“ p1 = 2 und wende das Verfahren aus Eu” klids Beweis von Satz 2.2 wiederholt an, um eine Liste mit mindestens 5 Primzahlen zu erhalten. ————————— —————————

Es gibt auch S¨ atze, die als A ⇐⇒ B“ formuliert sind (lies: A gilt genau dann, ” ” wenn B gilt“ oder A ist a¨quivalent zu B“), wie z.B. ” Das Dreieck ABC hat bei C einen rechten Winkel (A) genau dann, wenn C auf einem Kreis mit der Hypotenuse AB als Durchmesser liegt (B). In diesem Fall m¨ ussen zum Beweis des Satzes stets beide Implikationen gezeigt werden, also sowohl A =⇒ B (hier: Kehrsatz bzw. Umkehrung des Satzes von Thales4 ) als auch B =⇒ A (hier: Satz von Thales). Manchmal ist dies in einem Aufwasch m¨ oglich, zu Beginn empfiehlt es sich allerdings, beide Richtungen getrennt voneinander aufzuschreiben. Wir wollen an dieser Stelle nicht in die Schul-Geometrie einsteigen und den Beweis des Satzes und Kehrsatzes von Thales tats¨ achlich f¨ uhren, sondern demonstrieren die typische Beweisstruktur nur an einem Trivialbeispiel. In Kapitel 3 werden wir ¨ dann interessantere Aquivalenzen beweisen. ¨ Beispiel 2.4 Wir beweisen die folgende Aquivalenz (f¨ ur welche die Bezeichnung Satz oder Lemma stark u ¨bertrieben w¨ are): 4 Thales

von Milet (624 – 547 v.Chr.); griechischer Philosoph, Mathematiker und Astronom.

2.3 Indirekter Beweis

25

Die Gleichung a · x = b mit a, b ∈ N ist genau dann in N l¨osbar, wenn b ein Vielfaches von a ist. ¨ Beweis: Da es sich um eine Aquivalenz handelt, m¨ ussen wir beide Implikationen beweisen, was wir hier in zwei getrennten Schritten aufschreiben. ⇒“ Wir setzen voraus, dass es eine L¨osung x ∈ N der Gleichung a · x = b gibt, ” und folgern, dass dann b ein Vielfaches von a ist. Das steht aber schon da, denn b = a · x bedeutet ja – aufgrund von x ∈ N – nichts anderes, als dass b das x-fache von a ist. ⇐“ Sei umgekehrt b ein Vielfaches von a, also b = k · a mit einem k ∈ N. Dann ” ist die Gleichung a · x = b in N l¨osbar, denn x = k ist eine (die) nat¨ urliche L¨osung.  Zum Abschluss noch einige Sprechweisen. ◦ Gilt die Implikation A =⇒ B“, so nennt man A eine hinreichende Bedingung ” f¨ ur B, da aus der G¨ ultigkeit von A zwangsl¨aufig auch die G¨ ultigkeit von B folgt (es reicht“ f¨ ur die Wahrheit von B also bereits, dass A erf¨ ullt ist). ” Betrachte als Beispiel die Aussagen A: n ist ein Vielfaches von 4“ und B: ” n ist gerade“ f¨ ur eine nat¨ urliche Zahl n. Es gilt offenbar A =⇒ B (da ” n = 4 · k = 2 · (2k) mit einem k ∈ N), d.h. wenn n = 4k ist, muss zwangsl¨ aufig auch n gerade sein. ◦ Gilt A =⇒ B“, so nennt man B eine notwendige Bedingung f¨ ur A. In vorigem ” Beispiel kann nicht der Fall eintreten, dass B falsch w¨are (d.h. n ungerade), A aber wahr (n = 4k). Die G¨ ultigkeit von B ist somit zwingend erforderlich (notwendig) daf¨ ur, dass A u ¨ berhaupt gelten kann. ◦ Hinreichend f¨ ur A ist B in diesem Beispiel allerdings nicht, da es gerade Zahlen wie z.B. 2 gibt, die kein Vielfaches von 4 sind. Es gilt also nicht auch B =⇒ A. Ist beides erf¨ ullt, A =⇒ B (d.h. B ist notwendig f¨ ur A) und B =⇒ A (d.h. B ist auch hinreichend f¨ ur A), so sind A und B ¨ aquivalent: A ⇐⇒ B.

2.3

Indirekter Beweis

Hat man Schwierigkeiten, einen direkten Beweis f¨ ur einen Satz der Gestalt A =⇒ B zu finden, so kann oftmals ein Umweg“ enorme Vorteile bieten. ”

2.3.1

Kontraposition

Will man den Satz A =⇒ B beweisen, so kann man auch seine Kontraposition ¬ B =⇒ ¬ A

26

2 Beweismethoden

beweisen. Wir demonstrieren dies zun¨ achst an einem Beispiel und begr¨ unden danach allgemein, wieso dieser Beweis der Kontraposition ¨aquivalent zum Beweis der urspr¨ unglichen Aussage ist. Lemma 2.2

Wenn n2 gerade ist (f¨ ur ein n ∈ N), dann ist auch n gerade.

F¨ ur einen direkten Beweis m¨ ussten wir das euklidische Lemma 2.1 heranziehen (das wir nicht bewiesen haben): Aus 2 | n2 = n · n folgt 2 | n, da 2 eine Primzahl ist. Der Beweis durch Kontraposition kommt dagegen ganz ohne solche Mittel aus. Formulieren wir zun¨ achst die Kontraposition: Da ungerade“ die Negation von ” gerade“ ist, lautet ¬ B =⇒ ¬ A hier ” Wenn n ungerade ist, dann ist auch n2 ungerade. Beweis der Kontraposition: Als ungerade Zahl l¨asst sich n als n = 2k + 1 mit einem k ∈ N darstellen (siehe Aufgabe 2.3). F¨ ur das Quadrat von n folgt daher n2 = (2k + 1)2 = 4k 2 + 4k + 1 = 2(2k 2 + 2k) + 1 = 2k  + 1, wobei wir k  = 2k 2 + 2k gesetzt haben. Somit ist n2 ungerade.



Verbl¨ uffend einfach! Außer der Definition einer ungeraden Zahl, der ersten binomischen Formel und dem Distributivgesetz ging nichts weiter in den Beweis ein. Logische Analyse ¨ Kurz gesagt: Aquivalent zum Nachweis von A =⇒ B, also dass der Fall A wahr ” und B falsch“ nicht auftreten kann, ist der Nachweis von aus B falsch folgt A ” falsch“. Letzteres ist gleichbedeutend mit aus nicht-B wahr folgt nicht-A wahr“, ” sprich ¬ B =⇒ ¬ A. Wem das so noch nicht einleuchtet, kann sich auf die Aussagenlogik berufen. Dazu brauchen wir den folgenden Zusammenhang5 zwischen der inhaltlichen“ Impli” kation =⇒ und dem aussagenlogischen Subjunktor → . Erinnern wir uns an die Wahrheitstafel der Subjunktion (die dritte und vierte Zeile k¨onnen wir ignorieren, da uns hier nur die F¨alle interessieren, in denen A wahr ist): A

B

A→B

w w f f

w f w f

w f w w

Tabelle 2.1 5 Sich nur auf Wahrheitstafeln bzw. die aussagenlogische Kontrapositions-Regel zu st¨ utzen, erscheint mir etwas zu knapp, da die aussagenlogische Subjunktion → eben doch etwas anderes als der inhaltliche“ Folgepfeil =⇒ ist. ”

2.3 Indirekter Beweis

27

Hier sind A und B noch beliebige Aussagen. Stehen nun aber die Inhalte von A und B in Beziehung zueinander, und haben wir A =⇒ B auf inhaltlicher Ebene bewiesen (wie z.B. n = 4k =⇒ n gerade), dann wissen wir, dass in diesem Fall A → B nicht falsch sein kann, d.h. dass die zweite Zeile (A wahr und B falsch) nicht auftreten kann. Wissen wir umgekehrt, dass A → B f¨ ur bestimmte Aussagen A, B nicht falsch sein kann, dann gilt auch A =⇒ B, denn im Falle A wahr und B ” falsch“ w¨are A → B falsch. In diesem Sinne ist also A =⇒ B a¨quivalent dazu, dass A → B nicht falsch sein kann. Nun besagt aber die Kontrapositions-Regel (Satz 1.1), dass A → B aussagenlogisch aquivalent zu ¬ B → ¬ A ist, d.h. dass beide Subjunktionen dieselbe Wahrheitstafel ¨ besitzen. Statt zu pr¨ ufen, dass A → B nie falsch wird, kann man dies also ebenso gut f¨ ur ¬ B → ¬ A tun, was a¨quivalent zum Beweis von ¬ B =⇒ ¬ A ist. Anmerkung: Beachte unbedingt, dass A =⇒ B weder zu ¬ A =⇒ ¬ B noch zum Kehrsatz B =⇒ A ¨aquivalent ist (siehe Aufgabe 2.8).

—————————

—————————

Aufgabe 2.6 Beweise durch Kontraposition, dass zwei aufeinanderfolgende nat¨ urliche Zahlen teilerfremd sind. Aufgabe 2.7 Beweise durch Kontraposition: Ist eine Zahl gerade, so ist ihre letzte Ziffer (im Zehnersystem) gerade. Aufgabe 2.8 Finde Beispiele f¨ ur einen wahren Satz A =⇒ B, f¨ ur den weder ¬ A =⇒ ¬ B noch sein Kehrsatz B =⇒ A wahr sind (warum ist eine der beiden ¨ Forderungen u ¨berfl¨ ussig?). Uberzeuge dich zudem davon, dass die Kontraposition des Satzes wahr ist. —————————

2.3.2

—————————

Widerspruchsbeweis

Ein Beweis durch Widerspruch ist eine der sch¨ arfsten mathematischen Waffen“ ” (G.H. Hardy6 ). Man geht davon aus, dass die zu beweisende Aussage falsch ist und f¨ uhrt dies zu einem Widerspruch, z.B. zu einem absurden Resultat wie 1 < 0, oder etwa dass gleichzeitig A und ¬ A wahr ist. Somit erweist sich die Annahme, die zu beweisende Aussage sei falsch, als nicht haltbar, woraus die Wahrheit der Aussage folgt. Auch hier demonstrieren wir das Vorgehen zun¨ achst an einem Beispiel und betrachten erst danach die zugrunde liegende Logik ausf¨ uhrlicher. 6 Godfrey

Harold Hardy (1877 – 1947); ber¨ uhmter britischer Zahlentheoretiker.

28

2 Beweismethoden

Zum Einstieg bringen wir den Klassiker schlechthin: Den Beweis f¨ ur die Irrationalit¨at der Quadratwurzel aus 2. Der angef¨ uhrte Beweis gilt als der erste Widerspruchsbeweis in der Geschichte der Mathematik und geht – wie sollte es anders sein – auf Euklid zur¨ uck. √

Satz 2.3

2 ist eine irrationale Zahl, also nicht als Bruch darstellbar.

√ Beweis: Wir nehmen an, die Aussage des Satzes sei falsch, also dass 2 doch asst: rational ist und sich somit als (positiver) Bruch m n mit m, n ∈ N darstellen l¨ √

2=

m n

().

Zudem nehmen wir an, dass m und n teilerfremd sind, der Bruch also vollst¨andig gek¨ urzt wurde (z.B. 75 statt 14 10 ). Nach Definition der Quadratwurzel folgt durch Quadrieren von ()  m 2 n

=

√ 2 2 =2

bzw.

m2 = 2n2 .

Nun ist offenbar 2n2 eine gerade Zahl, also muss auch m2 gerade sein. Nach Lemma 2.2 ist dies nur m¨oglich, wenn bereits m selbst gerade ist, d.h. m = 2k mit einem k ∈ N. Eingesetzt in obige Gleichung liefert dies 2n2 = m2 = (2k)2 = 4k 2 , und Teilen durch 2 ergibt n2 = 2k 2 , woraus wie eben folgt, dass n gerade ist. Somit besitzen m und n die 2 als gemeinsamen Teiler, was aber ihrer Teilerfremdheit widerspricht. √ Die Annahme, 2 sei eine rationale Zahl, f¨ uhrt also auf einen Widerspruch, sie √ muss demnach falsch gewesen sein. Folglich ist die Behauptung, dass 2 irrational ist, bewiesen.  Logische Analyse ¨ Um zu sehen, auf welcher aussagenlogischen Aquivalenz obiges Vorgehen fußt, brin√ 2 ist irrational“ auf die Form A =⇒ B: gen wir zun¨ achst den Satz ” andig gek¨ urzter Bruch ist (A), Wenn m n ein vollst¨ √ dann kann nicht m = 2 gelten (B). n Im obigen Beweis amlich √ haben wir A als wahr und ¬ B als wahr vorausgesetzt, n¨ = 2 gilt. Dann haben wir daraus den Widerspruch gefolgert, dass dass doch m n auch ¬ A wahr ist (da m und n nicht teilerfremd waren, m also nicht vollst¨ a ndig n gek¨ urzt), d.h. wir haben A ∧ ¬ B =⇒ ¬ A

2.3 Indirekter Beweis

29

bewiesen. Nun kann man sich aber durch eine Wahrheitstafel leicht davon u ¨berzeugen, dass ( A ∧ ¬ B → ¬ A ) ⇐⇒L (A → B) ¨ gilt (tue dies!), und nach den Uberlegungen von Seite 26 ist der Beweis der Implikation A ∧ ¬ B =⇒ ¬ A deshalb a¨quivalent zum Beweis von A =⇒ B. Diese Variante, wo der Widerspruch aus der gleichzeitigen Wahrheit von A und ¬ A besteht, wird als reductio ad absurdum bezeichnet. Alternativ kann man auch B und ¬ B als gleichzeitig wahr nachweisen, in diesem Fall spricht man von reductio ¨ ad impossibile. Dieses Vorgehen basiert auf der Aquivalenz ( A ∧ ¬ B → B ) ⇐⇒L (A → B). Um die zweite Variante zu demonstrieren, beweisen wir erneut den Satz 2.2, dass es unendlich viele Primzahlen gibt. Dazu schreiben wir ihn in der Form Wenn der Satz von der eindeutigen Primfaktorzerlegung stimmt (A), dann gibt es unendlich viele Primzahlen (B). Beweis: (Durch reductio ad impossibile.) Wir nehmen an, B ist falsch, d.h. ¬ B ist wahr. Dann gibt es nur endlich viele Primzahlen, sagen wir n St¨ uck, die wir als onnen. Wir betrachten wie fr¨ uher bereits die Zahl p1 , . . . , pn auflisten k¨ m = p1 · . . . · pn + 1. W¨ortlich wie auf Seite 22 erh¨ alt man nun eine Primzahl, die nicht in der Liste p1 , . . . , pn vorkommt, n¨amlich m selbst, falls es prim ist, bzw. ein Primfaktor q von m, der laut A existieren muss, wenn m keine Primzahl ist. Die Existenz dieser weiteren Primzahl zeigt, dass ¬ B falsch und damit B wahr ist, was ein Widerspruch zur Annahme ist.  Die Unterscheidung von reductio ad absurdum bzw. ad impossibile musst du dir nicht merken. Welches der beiden Verfahren man in der Praxis w¨ahlt, ist vollkommen egal, so lange man am Ende auf einen Widerspruch st¨oßt. Alternativ kann man auch aus der Annahme A ∧ ¬ B eine Kontradiktion C folgern, also eine stets falsche Aussage wie z.B. 1 < 0 oder 5 | 1 (die gar nichts mit A oder B zu tun haben muss). Da ( A ∧ ¬ B → C ) ⇐⇒L (A → B) gilt (Wahrheitstafel aufstellen), zeigt auch dieses Vorgehen die G¨ ultigkeit der Implikation A =⇒ B. Diese Variante kommt z.B. in Aufgabe 2.9 zur Anwendung. Meistens gilt: Wenn man einen Beweis direkt f¨ uhren kann, sollte man dies auch tun. So ist z.B. der direkte Beweis von Satz 2.2 angenehmer zu lesen als obiger Beweis, der ja nur eine logische Umformulierung darstellt. Hat man allerdings keinen Plan, wie man beim direkten Beweis ansetzen sollte, hilft oftmals das Vorgehen durch Widerspruch weiter.

30

2 Beweismethoden

—————————

—————————

Aufgabe 2.9 Beweise durch Widerspruch, dass zwei aufeinanderfolgende nat¨ urliche Zahlen teilerfremd sind. Aufgabe 2.10 F¨ uhre einen Widerspruchsbeweis, um die Ungleichung √ 2 · ab  a + b f¨ ur beliebige reelle Zahlen a, b > 0 zu beweisen. √ √ Aufgabe 2.11 Beweise, dass 3 irrational ist (allgemeiner: p f¨ ur p prim). Aufgabe 2.12 Beweise durch reductio ad absurdum, dass es unendlich viele Primzahlen gibt. Dazu musst du den obigen Beweis nur leicht abwandeln. —————————

2.4

—————————

Beweis durch vollst¨ andige Induktion

Die vollst¨ andige Induktion ist ein Beweisverfahren, das in folgender Situation angewendet wird: Zu jeder nat¨ urlichen Zahl n ist eine Aussage A(n) gegeben, deren G¨ ultigkeit man beweisen will. Die Aussagen A(n) sind f¨ ur alle n ∈ N wahr, wenn man Folgendes zeigen kann: (IA) Induktionsanfang: A(1) ist wahr. (IS) Induktionsschritt: Wenn A(n) f¨ ur ein n wahr ist, dann stimmt auch A(n + 1). Die Annahme, dass A(n) wahr ist, heißt Induktionsvoraussetzung (IV). Hat man n¨amlich (IA) nachgewiesen, so folgt mit (IS), dass auch A(2) richtig ist. Dann folgt aber durch erneute Anwendung von (IS), dass A(3) richtig ist usw. ( Induktionsschleife“). So kann man sich durch alle nat¨ urlichen Zahlen nach oben ” hangeln und erkennt, dass durch den Nachweis von nur zwei Bedingungen, (IA) und (IS), die Richtigkeit unendlich vieler Aussagen bewiesen wurde. Stelle dir zur Veranschaulichung unendlich viele Dominosteine vor, die in einer Reihe stehen. (IA): Stein 1 f¨allt um. (IS): Wenn Stein n f¨allt, dann f¨allt auch Stein n + 1. Sind beide Aussagen wahr, dann fallen alle Steine um. Hieran erkennt man auch, dass einem die G¨ ultigkeit von (IS) alleine gar nichts bringt; man muss sich stets vergewissern, dass auch tats¨achlich (IA) erf¨ ullt ist.

¨ ndige Induktion 2.4 Beweis durch vollsta

Satz 2.4

31

F¨ ur jedes n ∈ N gilt die arithmetische Summenformel

1 + 2 + 3 + ... + n =

1 n(n + 1). 2

Diese wird zu Ehren von C.F. Gauss7 auch gaußsche Summenformel genannt. Die Geschichte vom neunj¨ ahrigen Carl Friedrich, der die Zahlen von 1 bis 100 addieren musste, wurde schon so oft erz¨ahlt, dass ich hier auf sie verzichte . . . Beweis: Wir zeigen durch vollst¨ andige Induktion die Richtigkeit der Aussagen A(n): Die Summenformel stimmt f¨ ur n“ f¨ ur jedes n ∈ N. ” (IA): Induktionsanfang: F¨ ur n = 1 stimmt diese Formel offenbar, denn 1 = 12 · 1 · 2. (IS): Induktionsschritt von n auf n + 1: Unter der Voraussetzung, dass die Formel 1 n(n + 1) 2 f¨ ur ein n gilt (IV), zeigen wir, dass sie dann auch f¨ ur n + 1 gilt. Wir m¨ ussen also unter Verwendung der (IV) nachweisen, dass 1 + 2 + 3 + ... + n =

1 1 (n + 1) · ((n + 1) + 1) = (n + 1)(n + 2) 2 2 gilt. Dies l¨asst sich hier leicht bewerkstelligen: !

1 + 2 + 3 + . . . + n + (n + 1) =

()

1 1 n(n + 1)+(n+1) = (n+1)(n+2). 2 2 Der letzte Schritt mag u ¨berraschend erscheinen, aber es wurde einfach nur 1 2 (n + 1) ausgeklammert. Diese Rechnung zeigt, dass wenn A(n) wahr ist, auch A(n + 1) wahr ist. ( 1 + 2 + 3 + . . . + n )+(n+1)

(IV)

=

Die Induktionsschleife liefert die Richtigkeit von A(n) f¨ ur alle n ∈ N.



Anmerkung: Auf den eleganten Trick mit dem Ausklammern von 12 (n + 1) kommt man nat¨ urlich nur, wenn man sich in () anschaut, was rechts rauskommen soll. Wenn man darauf nicht kommt, ist es auch nicht weiter schlimm: Dann fasst man eben 12 n(n + 1) + (n + 1) zu 12 n2 + 32 n + 1 zusammen und vergleicht dies mit dem Ausdruck, den man erh¨alt, wenn man die rechte Seite von () ausmultipliziert. ultigkeit der Gleichung Da dies ebenfalls 12 n2 + 32 n+1 ergibt, hat man auch so die G¨ () nachgewiesen. An dieser Stelle bietet es sich an, ein paar Worte u ¨ber die Σ-Notation zu verlieren. Um Schreibarbeit und P¨ unktchen zu sparen, schreibt der Mathematiker gerne 1 + 2 + . . . + n =:

n 

k.

k=1 7 Carl Friedrich Gauss (1777 – 1855); einer der gr¨ oßten Mathematiker e v e r. Leistete Bahnbrechendes in der Zahlentheorie, Differenzialgeometrie, Statistik und und und. . .

32

2 Beweismethoden

Das große Sigma steht f¨ ur Summe“ und der Ausdruck auf der rechten Seite sagt ” einfach nur: Summiere alle Zahlen k von 1 bis n auf“. k heißt Laufindex, und man ” kann nat¨ urlich jeden anderen Buchstaben daf¨ ur w¨ahlen – außer n, da dies bereits den h¨ ochsten Wert des Laufindex bezeichnet. In Σ-Notation lautet die gaußsche Summenformel also kurz und b¨ undig n  k=1

k=

1 n(n + 1). 2

In den nachfolgenden Aufgaben kannst du bereits damit beginnen, dich mit dieser Schreibweise vertraut zu machen, die wir sp¨ater immer wieder ausgiebig einsetzen werden. Ist aber auch in Ordnung, wenn du vorerst bei der P¨ unktchen-Schreibweise bleiben willst. Satz 2.5 F¨ ur jedes reelle x mit 0 = x > −1 und alle n ∈ N, n  2, gilt die Bernoulli8 -Ungleichung (1 + x)n > 1 + nx. Beweis:

¨ durch – welche Uberraschung – vollst¨ andige Induktion.

(IA): Der Induktionsanfang startet hier erst bei n = 2, da f¨ ur n = 1 Gleichheit herrscht. F¨ ur n = 2 ist die Ungleichung sogar f¨ ur alle x = 0 erf¨ ullt, denn (1 + x)2 = 1 + 2x + x2 > 1 + 2x. (IS): Unter der (IV), dass (1 + x)n > 1 + nx f¨ ur ein n stimmt, m¨ ussen wir die G¨ ultigkeit der Ungleichung auch f¨ ur n+1 nachweisen. Um von ♥n auf ♥n+1 zu kommen, muss man mit ♥ malnehmen. Also multiplizieren wir die (IV) mit (1 + x) > 0 (hier geht x > −1 ein; f¨ ur x < −1 w¨ urde sich das >-Zeichen umdrehen): (1 + x)n > 1 + nx ⇐⇒ (1 + x)n+1 > (1 + nx) · (1 + x) = 1 + (n + 1)x + nx2 , und wegen nx2 > 0 gilt f¨ ur den letzten Ausdruck 1 + (n + 1)x + nx2 > 1 + (n + 1)x. Aus a > b > c folgt automatisch a > c, also haben wir insgesamt (1 + x)n+1 > 1 + (n + 1)x, was wir zeigen wollten. Und wieder greift die Induktionsschleife und liefert die G¨ ultigkeit der Ungleichung f¨ ur jedes n ∈ N mit n  2.  8 Jakob Bernoulli (1654 – 1705). Schweizer Mathematiker und Physiker, der einer regelrechten Dynastie brillanter Mathematiker und Wissenschaftler entstammte.

¨ ndige Induktion 2.4 Beweis durch vollsta

33

Auf dieses letzte, immer gleiche Argument mit der Induktionsschleife verzichten wir in Zukunft und beenden Induktionsbeweise gleich nach dem Beweis von (IS). Beispiel 2.5

F¨ ur jedes n ∈ N ist 8 ein Teiler von 9n − 1.

(IA): F¨ ur n = 1 stimmt die Aussage, da 91 − 1 = 8 durch 8 teilbar ist. (IS): F¨ ur ein n sei 8 ein Teiler von 9n − 1, d.h. 9n − 1 = m · 8 mit m ∈ N (IV). Wir m¨ ussen zeigen, dass dann auch 9n+1 − 1 durch 8 teilbar ist, sich also als k · 8 mit k ∈ N schreiben l¨asst. Zun¨achst ist 9n+1 − 1 = 9 · 9n − 1. Laut leicht umgeformter (IV) gilt 9n = 8m + 1, und setzt man dies ein, so folgt 9n+1 − 1 = 9 · 9n − 1 = 9 · (8m + 1) − 1 = 9 · 8m + 9 − 1 = 9 · 8m + 8 = (9m + 1) · 8 = k · 8, mit k := 9m + 1 ∈ N, d.h. 9n+1 − 1 ist durch 8 teilbar.



Mittels Induktion l¨ asst sich auch die Existenzaussage des Hauptsatzes zur Primfaktorzerlegung leicht beweisen (siehe Theorem 2.1). Allerdings muss man hier die (IV) leicht modifizieren, weil man von n + 1 nicht nur auf n, sondern auf noch weitere Vorg¨anger zur¨ uckgreift. Beispiel 2.6

Jede nat¨ urliche Zahl n > 1 ist ein Produkt von Primzahlen.

(IA): F¨ ur n = 2 stimmt die Aussage, da 2 bereits prim ist. (IS): In leichter Abwandlung zur bisherigen (IV) gehen wir davon aus, dass die Aussage nicht nur f¨ ur ein n, sondern f¨ ur alle Zahlen m  n gilt, und schließen auf die G¨ ultigkeit f¨ ur n + 1 (Prinzip der Abschnittsinduktion9 ). Ist n + 1 prim, gibt es nichts mehr zu tun. Falls n + 1 nicht prim ist, muss es einen nicht-trivialen Teiler t besitzen (1 < t < n + 1), d.h. es ist n + 1 = k · t, wobei ebenfalls 1 < k < n + 1 gilt. Da k und t kleiner als n + 1 sind, greift die (IV), wonach beide Zahlen Produkte von Primzahlen sind: k = p1 · . . . · pi und t = q1 · . . . · qj , also ist auch n + 1 = k · t = p1 · . . . · pi · q1 · . . . · qj ein Produkt von Primzahlen.



Die Eindeutigkeit dieser Zerlegung l¨ asst sich nicht ganz so einfach zeigen. Zumindest braucht man daf¨ ur das euklidische Lemma (f¨ ur n Faktoren), um dessen Beweis wir uns hier ja gedr¨ uckt haben.

9 Siehe z.B. http://www.math.uni-kiel.de/geometrie/klein/ingws8/di1111.pdf f¨ ur eine ausf¨ uhrliche Begr¨ undung der G¨ ultigkeit dieses Beweis-Prinzips.

34

2 Beweismethoden

—————————

—————————

Wende in allen Aufgaben das Beweisprinzip der vollst¨andigen Induktion an. Aufgabe 2.13

F¨ ur alle n ∈ N gelten die folgenden Summenformeln.

a) 1 + 4 + 7 + . . . + (3n − 2) =

1 2

n(3n − 1)

b) 1 + 3 + 5 + . . . + (2n − 1) = n2 c) 12 + 22 + . . . + n2 =

1 6

n(n + 1)(2n + 1)

d) 13 + 23 + . . . + n3 =

1 4

n2 (n + 1)2

Folgere aus d) und der Summenformel aus Satz 2.4 die u ¨berraschende Beziehung (1 + 2 + . . . + n)2 = 13 + 23 + . . . + n3 . Aufgabe 2.14

F¨ ur n ∈ N und 1 = q ∈ R gilt die geometrische Summenformel

1 + q + q2 + . . . + qn = Aufgabe 2.15

1 − q n+1 . 1−q

Beweise die folgenden Teilbarkeitsregeln.

a) 9 ist ein Teiler von 10n −1 f¨ ur alle n ∈ N. (Wie sieht man das ohne Induktion?) b) 6 ist ein Teiler von n3 − n f¨ ur alle n ∈ N mit n  2. Zerlege n3 − n in Linearfaktoren, um dies auch ohne vollst¨ andige Induktion einzusehen. Aufgabe 2.16 (Wer noch nicht ableiten kann, lese kurz mal Kapitel 5 als Vorbereitung zu dieser Aufgabe.) a) Leite die Funktion f (x) = x1 ein paar Mal ab. Stelle eine Vermutung f¨ ur die n-te Ableitung f (n) (x) auf und beweise sie. b) Zeige, dass f¨ ur die n-te Ableitung von f (x) = 1 · 3 · 5 · . . . · (2n − 1) f (n) (x) = √ 2n+1 . (−2)n · x

√1 x

, x > 0, gilt:

Aufgabe 2.17 In einem Klassenzimmer befinden sich n Sch¨ uler10 , die sich alle 1 age stattfinden. mit Handschlag begr¨ ußen. Zeige, dass dabei 2 (n − 1) · n Handschl¨ Aufgabe 2.18 Wir beweisen die Aussage Alle Sch¨ uler m¨ ogen Mathe“, indem ” wir vollst¨ andige Induktion auf die Aussagen 10 Nat¨ urlich

ist hier Sch¨ uler“ immer im Sinne von Sch¨ ulerinnen und Sch¨ uler“ gemeint. ” ”

¨ ndige Induktion 2.4 Beweis durch vollsta

35

A(n):

Mag von n Sch¨ ulern einer Mathe, so m¨ogen sie alle Mathe.“ ” anwenden. A(1) ist offensichtlich wahr, es bleibt nur der Induktionsschritt von n auf n + 1 zu zeigen. Sei also A(n) f¨ ur ein n ∈ N wahr. Betrachte eine beliebige Menge Sch¨ uler S1 , . . . , Sn+1 , von denen mindestens einer Mathe mag (z.B. S1 , sonst Umnummerierung). Weil A(n) wahr ist, m¨ ogen somit S1 , . . . , Sn Mathe. Also mag von den Sch¨ ulern S2 , . . . , Sn+1 mindestens Sn Mathe. Erneute Anwendung von A(n) liefert, dass damit auch alle Sch¨ uler S2 , . . . , Sn+1 Mathe m¨ ogen, insgesamt also alle n + 1. Damit ist A(n + 1) wahr, und die Induktionsschleife liefert die G¨ ultigkeit der Aussagen A(n) f¨ ur alle n ∈ N. Und da nun (hoffentlich) ein Sch¨ uler Mathe mag, folgt obige Aussage! Stimmt’s? Aufgabe 2.19 Der binomische Lehrsatz besagt, dass f¨ ur alle reellen Zahlen a, b und n ∈ N der Zusammenhang         n n 0 n n−1 1 n n−2 2 n 0 n n a b + a a a b b + b + ... + (a + b) = 0 1 2 n besteht. In Σ-Notation lautet er deutlich kompakter n

(a + b) =

n    n k=0

k

an−k bk .

Die Vorfaktoren von an−k bk sind die Binomialkoeffizienten (die du vielleicht in der Schule als Eintr¨ age des Pascal11 -Dreiecks kennen gelernt hast)   n n! = k k!(n − k)! mit der Fakult¨ at n! := n · (n − 1) · (n − 2) · . . . · 2 · 1 (und 0! := 1). a) Zur Gew¨ohnung an dieses Formel-Gestr¨ upp: Schreibe den binomischen Lehrsatz f¨ ur n = 1, . . . , 4 explizit auf, mit und ohne Summenzeichen, und u ¨berzeuge dich, dass er die (hoffentlich) bereits bekannten Formeln f¨ ur die Binome (a + b)n wiedergibt.       n+1 n n f¨ ur alle k  n ∈ N. = + b) Zeige (ohne Induktion): k k−1 k c) Beweise den binomischen Lehrsatz mittels vollst¨ andiger Induktion. Dabei wird der folgende Index-Shift“ hilfreich sein (begr¨ unde ihn): ” n  k=0 11 Blaise

A(k) =

n+1 

A(k − 1).

k=1

Pascal (1623 – 1662); franz¨ osischer Mathematiker, Physiker und Philosoph.

36

2 Beweismethoden

Aufgabe 2.20 Es folgt eine Anleitung zu einem weiteren Beweis der Tatsache, dass es unendlich viele Primzahlen gibt (von Goldbach, 1730). Dieser Beweis verwendet die sogenannten Fermat12 -Zahlen n

Fn = 22 + 1,

n ∈ N0 .

a) Berechne F0 , . . . , F4 und suche einen Zusammenhang zwischen F0 und F1 ,

F0 · F1 und F2 ,

F0 · F1 · F2 und F3

etc.

b) Stelle eine Vermutung f¨ ur das Produkt F0 · F1 · . . . · Fn−1 auf und beweise sie durch vollst¨andige Induktion. c) Zeige nun unter Verwendung der allgemeinen Formel aus b), dass zwei beliebige Fermat-Zahlen Fk und Fn (mit k < n) teilerfremd sind13 . Betrachte dazu einen gemeinsamen Teiler t von Fk und Fn und folgere t = 1. d) Wie folgt daraus (zusammen mit Theorem 2.1) die Unendlichkeit der Menge aller Primzahlen? —————————

—————————

Literatur zu Kapitel 2 [Beu1] Beutelspacher, A.: Mathe-Basics zum Studienbeginn. Springer Spektrum, 2. Aufl. (2016) [Gri]

Grieser, D.: Mathematisches Probleml¨ osen und Beweisen. Springer Spektrum, 2. Aufl. (2017)

[Ham]

Hammack, R.: Book of Proof. 3rd edition (2018) https://www.people.vcu.edu/ rhammack/BookOfProof/

[Pad]

Padberg, F.: Elementare Zahlentheorie. Spektrum, 3. Aufl. (2008)

[Raz]

Razen, A.: Beweismethoden in der Mathematik. http://bgfeldkirch.at/FBA/FBA Beweis.pdf

[Vel]

Velleman, D.: How to Prove It: A Structured Approach. Cambridge University Press, 2nd edition (2006)

Sehr zu empfehlen sind [Ham] und [Vel], wo sich eine große F¨ ulle an weiteren Beispielen und Aufgaben zur Beweismethodik finden. 12 Pierre de Fermat (1607 – 1665); franz¨ osischer Mathematiker und Jurist. Fermats ber¨ uhmter letzter Satz“ (besser: letzte Vermutung) schrieb Mathematik-Geschichte. ” 13 Die ersten vier Fermat-Zahlen sind sogar prim und damit automatisch teilerfremd. Es wird vermutet, dass kein weiteres Fn prim ist (z.B. ist F5 = 641 · 6700417), aber das ist ein bis heute offenes Problem.

3

Mengen und Abbildungen

In diesem Kapitel lernst du, mit Mengen und den Abbildungen zwischen ihnen umzugehen. Auch hier werden teilweise wieder hohe Anforderungen an dein Abstraktionsverm¨ogen und deine mathematische Denkweise gestellt, wie du sie von der Schule her kaum gewohnt sein wirst. Wie immer gilt: Nicht verzagen und deinem Gehirn ruhig etwas Zeit geben, damit es sich nach und nach an die neuen Begriffe und Konzepte gew¨ ohnen kann.

3.1

Mengen

Wir beginnen mit einer anschaulichen und leicht verdaulichen Einf¨ uhrung in die Begriffswelt der Mengen.

3.1.1

Der Mengenbegriff

Du kennst aus der Schulmathematik bereits einige Beispiele von Mengen: ◦ Die Menge der nat¨ urlichen Zahlen N = { 1, 2, . . . } und N0 = { 0, 1, 2, . . . }. ◦ Die Menge der ganzen Zahlen Z = { . . . ,−2,−1, 0, 1, 2, . . . }. ◦ Die Menge der rationalen Zahlen Q = { pq | p, q ∈ Z, q = 0 }. ◦ Die Menge der reellen Zahlen R (alle Dezimalzahlen). ◦ { HA } – eine Menge Hausaufgaben. :) Wie der Begriff Menge“ mathematisch korrekt zu definieren ist, ist eine hochkom” plizierte Angelegenheit (siehe [Ebb]). Wir begn¨ ugen uns hier mit einer naiven“ ” Mengendefinition, in deren Problematik Aufgabe 3.2 einen kleinen Einblick gibt. Definition 3.1 Eine Ansammlung von Objekten heißt Menge. Ein Mitglied dieser Ansammlung heißt Element der Menge. Ist a ein Element der Menge A, so schreibt man a ∈ A. Geh¨ ort a nicht zu der Menge A, schreibt man a ∈ / A. Mit |A| bezeichnet man die Anzahl der Elemente in A, diese heißt M¨ achtigkeit von A. Falls diese Anzahl nicht endlich ist, schreibt man |A| = ∞. ♦ Eine Menge kann man auf zwei verschiedene Arten beschreiben. Entweder beschreibt man, welche Eigenschaften die Elemente der Menge A haben sollen, etwa z.B.

A = { x | x hat die Eigenschaften E1 , E2 , . . . }, A = { x | x war Haar auf Pythagoras’ Kopf (am 1. Mai 550 v.Chr.) },

oder man benennt die Elemente in A explizit: z.B.

A = { x1 , x2 , . . . , xn }, A = { Haar1 , . . . , Haar109 712 }.

Bei einer ( abz¨ ahlbar“) unendlichen Menge schreibt man: A = { x1 , x2 , x3 , . . . }. ” © Springer Fachmedien Wiesbaden GmbH, ein Teil von Springer Nature 2019 T. Glosauer, (Hoch)Schulmathematik, https://doi.org/10.1007/978-3-658-24574-0_3

38

3 Mengen und Abbildungen

Beispiel 3.1 a) ∅ = { } heißt leere Menge. Sie enth¨ alt kein Element, d.h. | ∅ | = 0. Falls Pythagoras sich an besagtem 1. Mai gerade den Kopf geschoren hatte, so ist in obigem Beispiel A = ∅. b) M = { D¨oner, Pizza, Brathendl }1 ist eine endliche Menge mit |M | = 3. Reihenfolge der Elemente sowie Mehrfachnennungen werden bei Mengen u ¨brigens stets ignoriert, d.h. M  = { Pizza, Brathendl, D¨oner } = M und M  = { D¨oner, Pizza, Brathendl, D¨oner } = M . Insbesondere ist auch |M  | = 3. c) Die (unendliche) Menge der geraden ganzen Zahlen E ( E“ steht f¨ ur even“): ” ” E = { e ∈ Z | e ist gerade } = { e | e = 2k, k ∈ Z }. d) Die (unendliche) Menge der ungeraden ganzen Zahlen O ( O“ f¨ ur odd“): ” ” O = { o ∈ Z | o ist ungerade } = { o | o = 2k + 1, k ∈ Z }. e) Die (nach Satz 2.2 unendliche) Menge aller Primzahlen: P = { n ∈ N | n > 1, n besitzt nur 1 und n als Teiler } = { 2, 3, 5, . . . }. ————————— Aufgabe 3.1

—————————

Gib in Mengenschreibweise an.

a) A: Menge aller ganzzahligen Vielfachen von 42. b) B: Menge aller nat¨ urlicher Zahlen, die mit Rest 2 durch 7 teilbar sind. Aufgabe 3.2 Unsere naive Mengendefinition verbietet es z.B. nicht, dass eine Menge sich selbst als Element enthalten kann. Dass bereits dies zu absurden Folgerungen f¨ uhrt, zeigt die Russell’sche Antinomie2 (Widerspruch). Sei M := { M | M ∈ /M} die Menge aller Mengen, die sich nicht selbst enthalten. Dann stellt sich nat¨ urlich die Frage, ob M ∈ M oder M ∈ / M gilt. Was trifft zu? (Wie man solche Widerspr¨ uche vermeidet, kann nur im Rahmen der axiomatischen Mengenlehre gekl¨art werden, auf die wir hier weder eingehen k¨ onnen noch wollen.) —————————

1 Vegetarische

—————————

Alternative: M = { Falafel, Pizza Margherita, Tofuburger }. Bertrand Russell (1872 – 1970). Bedeutender Philosoph und Mathematiker; insbesondere Logiker. Seine Principia Mathematica sind ein Meisterwerk u ¨ber die Grundlagen der Mathematik. 2

3.1 Mengen

3.1.2

39

Teilmengen und Mengenoperationen

Definition 3.2

Es sei A eine Menge.

◦ Eine Menge B heißt Teilmenge von A, in Zeichen: B ⊆ A, wenn jedes Element von B auch Element von A ist, d.h. wenn stets gilt: x ∈ B =⇒ x ∈ A. Die leere Menge wird dabei immer als Teilmenge jeder Menge betrachtet. ◦ A und B heißen gleich, A = B, wenn sie dieselben Elemente enthalten. Dies ist gleichbedeutend mit A ⊆ B und B ⊆ A, da dann x ∈ A ⇐⇒ x ∈ B gilt. ◦ B ⊂ A bedeutet B ⊆ A und B = A. B heißt dann echte Teilmenge von A. ♦ Beispiel 3.2 a) { D¨oner, Pizza } ⊂ { D¨oner, Pizza, Brathendl } b) N ⊂ Z ⊂ Q ⊂ R c) E ⊂ Z und O ⊂ Z Anmerkung: Nur bei endlichen Mengen gilt A ⊂ B =⇒ |A| < |B|. Bei unendlichen Mengen braucht das nicht zu gelten, z.B. ist |N| = |Z| = ∞, obwohl N eine echte Teilmenge von Z ist. Sp¨ ater mehr zu dieser Problematik. Beispiel 3.3 Wir f¨ uhren die (vermutlich schon aus der Schule bekannte) Intervallschreibweise ein, die wir h¨aufig verwenden werden. F¨ ur zwei reelle Zahlen a < b ist das offene Intervall ( a , b ) eine echte Teilmenge von R der Gestalt ( a , b ) := { x ∈ R | a < x < b }. Beim halboffenen Intervall [ a , b ) geh¨ ort der linke Randwert a mit dazu, d.h. [ a , b ) := { x ∈ R | a  x < b }, analog bei ( a , b ]. Die Menge [ a , b ] heißt abgeschlossenes Intervall. Schließlich definiert man ( a , ∞ ) als { x ∈ R | x > a } und (−∞ , b ) := { x ∈ R | x < b } (beachte: ±∞ bezeichnet keine reellen Zahlen). Definition 3.3

Sei M eine beliebige Menge. Dann heißt

P(M ) := { A | A ⊆ M } die Potenzmenge von M . Sie ist also die Menge aller Teilmengen von M . Beispiel 3.4

♦

Wir bestimmen die Potenzmenge von

M = { D¨oner, Pizza, Brathendl } = { d, p, b }. Die einelementigen Teilmengen von M sind {d}, {p} und {b}; die zweielementigen { d, p }, { d, b } und { p, b } (die Reihenfolge spielt wie oben bereits gesagt keine Rolle). Da nach Definition ∅ ⊆ M und nat¨ urlich auch M ⊆ M gilt, haben wir insgesamt   P(M ) = ∅, {d}, {p}, {b}, { d, p }, { d, b }, { p, b }, { d, p, b } , d.h. die Potenzmenge von M besitzt 8 Elemente.

40

3 Mengen und Abbildungen

¨ Ahnlich wie bei Zahlen, die man auf verschiedene Weise verkn¨ upfen kann (etwa durch Addition oder Multiplikation), kann man dies auch mit zwei oder mehreren Mengen tun, um neue Mengen zu erhalten. Definition 3.4

Seien A, B Teilmengen einer Menge M .

◦ Die Schnittmenge von A und B ist A ∩ B := { x ∈ M | x ∈ A ∧ x ∈ B }. In A ∩ B liegen also alle Elemente, die in A und gleichzeitig auch in B liegen. ◦ Die Vereinigungsmenge von A und B ist A ∪ B := { x ∈ M | x ∈ A ∨ x ∈ B }. In A ∪ B liegen also alle Elemente, die in A oder B liegen. Erinnere dich: Oder“ im mathematischen Sinne ist kein ausschließendes entweder-oder“. ” ” Ein Element von A ∪ B darf in A und auch gleichzeitig in B liegen. ◦ Die Differenz von A und B ist (lies: A ohne B“) ” A\B := { x ∈ M | x ∈ A ∧ x ∈ / B }. ◦ Das Komplement von A in M ist die Menge / A }, AC := { x ∈ M | x ∈ ♦

was nichts anderes als M \A ist.

Man veranschaulicht diese Mengenoperationen gerne mit Hilfe sogenannter Venn3 Diagramme. Abbildung 3.1 zeigt ein Venn-Diagramm f¨ ur A ∩ B; die Schnittmenge der Mengen A und B ist dunkelgrau schattiert.

B A

A∩B M Abbildung 3.1

Zeichne dir bevor du weiterliest unbedingt noch die Venn-Diagramme f¨ ur A ∪ B, A\B und AC auf (die konkrete Form von A, B und M spielt dabei nat¨ urlich u ¨berhaupt keine Rolle). 3 John

Venn (1834 – 1923); englischer Mathematiker.

3.1 Mengen

41

Abbildung 3.2: Fr¨ uhe Konzepte von Schnitt und Vereinigung Beispiel 3.5 a) Wir betrachten die in Beispiel 3.1 definierten Teilmengen E und O von Z. Offenbar ist E ∩ O = ∅ und E ∪ O = Z. Zwei Mengen, deren Schnitt leer ist, nennt man disjunkt. Z ist somit die disjunkte Vereinigung der Menge der geraden und ungeraden ganzen Zahlen, in Zeichen Z = E ∪· O. Zudem ist OC = E und umgekehrt. Und was ist eigentlich O\E? b) Man kann nicht nur zwei oder endlich viele Mengen schneiden und vereinigen, sondern auch unendlich viele. Betrachte z.B. die Intervalle In = [−n , n ] ⊂ R f¨ ur alle n ∈ N0 . Dann sollte intuitiv klar sein, dass ∞ n=0

In = {0} und

∞

In = R.

n=0

(F¨ ur saubere Definitionen und Beweise siehe Aufgabe 3.11.) Wie beim Rechnen mit Zahlen gelten auch bei der Verkn¨ upfung von Mengen gewisse Regeln, wie z.B. das Assoziativ- und Kommutativgesetz: Sind A, B und C Teilmengen einer Menge M , so gilt (A ∩ B) ∩ C = A ∩ (B ∩ C)

und

A ∩ B = B ∩ A;

42

3 Mengen und Abbildungen

analog f¨ ur die Vereinigung. Die Beweise hierzu sind offensichtlich (denke kurz dar¨ uber nach). Lohnenswerter ist es, sich den Beweis f¨ ur die Distributivgesetze genauer anzusehen. Satz 3.1

F¨ ur Teilmengen A, B, C ⊆ M gelten die Distributivgesetze

A ∪ (B ∩ C) = (A ∪ B) ∩ (A ∪ C)

und

A ∩ (B ∪ C) = (A ∩ B) ∪ (A ∩ C).

Beweis 1: Wir f¨ uhren die Distributivgesetze f¨ ur Mengen auf die Distributivgesetze der Aussagenlogik zur¨ uck. Dazu definieren wir Aussageformen durch A(x) : x ∈ A,

B(x) : x ∈ B,

und

C(x) : x ∈ C.

Diese sind jeweils wahr, wenn x in der zugeh¨ origen Menge liegt, und falsch, wenn x nicht drin liegt. Zum Nachweis des ersten Distributivgesetzes zeigen wir, dass X(x) : x ∈ A ∪ (B ∩ C)

und

Y(x) : x ∈ (A ∪ B) ∩ (A ∪ C)

zwei aussagenlogisch a¨quivalente Aussageformen sind, d.h. dass sie bei jeder Einsetzung eines x stets den gleichen Wahrheitswert annehmen. Nach Definition von Schnitt und Vereinigung ist X(x) genau dann wahr, wenn x ∈ A ∨ (x ∈ B ∧ x ∈ C) gilt, d.h. wenn A(x) ∨ (B(x) ∧ C(x)) wahr ist. Nach Aufgabe 1.7 b) ist dies aber genau dann der Fall, wenn (A(x) ∨ B(x)) ∧ (A(x) ∨ C(x)) wahr ist, also wenn Y(x) wahr ist. Der Beweis des zweiten Distributivgesetzes verl¨ auft vollkommen analog und ist Inhalt der Aufgabe 3.5.  Wem diese Reduktion auf die Aussagenlogik suspekt ist, der kann sich die Mengengleichheit auch zu Fuß“ u ¨berlegen. (Dies entspricht letztendlich dem, was wir ” damals beim Aufstellen der Wahrheitstafeln gemacht haben, nur eben jetzt in Mengenschreibweise.) Zur Erinnerung: Zwei Mengen X und Y sind genau dann gleich, wenn X eine Teilmenge von Y und Y eine Teilmenge von X ist, d.h. X = Y ⇐⇒ ( X ⊆ Y ∧ Y ⊆ X ). Zum Nachweis der Mengengleichheit X = Y auf Elementebene m¨ ussen wir also zeigen, dass jedes x ∈ X auch in Y liegt und umgekehrt. Beweis 2: ”

Wir zeigen wieder nur das erste Distributivgesetz.

⊆“ Wir weisen A ∪ (B ∩ C) ⊆ (A ∪ B) ∩ (A ∪ C) nach. Sei x ∈ A ∪ (B ∩ C), also x ∈ A oder x ∈ B ∩ C. Im ersten Fall (x ∈ A) folgt wegen A ⊆ A ∪ B auch x ∈ A ∪ B. Ebenso folgt aus A ⊆ A ∪ C, dass x ∈ A ∪ C. Also ist insgesamt x ∈ (A ∪ B) ∩ (A ∪ C). Im zweiten Fall (x ∈ B ∩ C) gilt x ∈ B und x ∈ C. Da B ⊆ A ∪ B und C ⊆ A ∪ C gilt, folgt wieder x ∈ A ∪ B und x ∈ A ∪ C, also zusammen

43

3.1 Mengen

x ∈ (A ∪ B) ∩ (A ∪ C). In beiden F¨allen folgt also aus x ∈ A ∪ (B ∩ C), dass x ∈ (A ∪ B) ∩ (A ∪ C) und somit auf Mengenebene die Beziehung A ∪ (B ∩ C) ⊆ (A ∪ B) ∩ (A ∪ C). ”

⊇“ Wir zeigen (A ∪ B) ∩ (A ∪ C) ⊆ A ∪ (B ∩ C). Sei x ∈ (A ∪ B) ∩ (A ∪ C). Dann ist (1): x ∈ A ∪ B und (2): x ∈ A ∪ C. Wir machen wieder eine Fallunterscheidung: Im Falle x ∈ A folgt sofort x ∈ A ∪ (B ∩ C), da A Teilmenge dieser Menge ist. Ist x ∈ / A, dann muss wegen (1) x ∈ B und wegen (2) x ∈ C gelten, insgesamt folgt also auch in diesem Fall x ∈ B ∩ C ⊆ A ∪ (B ∩ C). 

————————— Aufgabe 3.3 a) [ 0 , 1 ] ∩ ( 12 , 2 ]

—————————

Bestimme folgende Schnitte, Vereinigung und Differenz. b) [ 0 , 1 ) ∪ ( 12 , 2 ]

c) [ 0 , 1 ) ∩ [ 1 , 2 ]

d) [ 0 , 1 ] \ ( 12 , 2 ]

Aufgabe 3.4

Weise die Mengengleichheit E = { z ∈ Z |

Aufgabe 3.5

Beweise das zweite Distributivgesetz aus Satz 3.1.

z 2

∈ Z } nach.

Aufgabe 3.6 Zeige: (A ∩ B) ∪ C = A ∩ (B ∪ C) genau dann, wenn C ⊆ A. (Tipp: Distributivgesetz; andere Richtung: Kontraposition oder Widerspruch.) Aufgabe 3.7 Beweise die De Morgan’schen Regeln f¨ ur Mengen (vergleiche Seite 11 sowie Aufgabe 1.3): Seien A und B Teilmengen einer Menge M . Dann gilt f¨ ur die Komplemente (bezogen auf M ) von Schnitt und Vereinigung (A ∩ B)C = AC ∪ B C

und

(A ∪ B)C = AC ∩ B C .

Aufgabe 3.8 Seien A und B endliche Teilmengen einer Menge M . Finde mit Hilfe des Venn-Diagramms 3.1 eine Formel f¨ ur |A ∪ B| und begr¨ unde diese. (Zerlege dazu A ∪ B in disjunkte Teilmengen.) Aufgabe 3.9

Das kartesische Produkt zweier Mengen A und B ist

A × B := { (x, y) | x ∈ A, y ∈ B } (lies: A Kreuz B“). In A × B sind zwei Elemente (x1 , y1 ), (x2 , y2 ) genau dann ” gleich, wenn x1 = x2 und y1 = y2 ist. Gib f¨ ur die beiden Mengen A = { D¨oner (d), Pizza (p), Brathendl (b) } und B = { Ketchup (k), Mayo (m), Scharf (s) } explizit das kartesische Produkt an. Was ist dessen M¨achtigkeit |A × B| und welche Formel gilt hier offenbar allgemein (f¨ ur endliche Mengen A, B)?

44

3 Mengen und Abbildungen

Aufgabe 3.10 Bestimme |P(M )| einer Menge M mit |M | = 0, 1, 2, 3 und 4. Woher k¨ onnte also der Name Potenzmenge kommen? ¨ Versuche bei |M | = 4 durch systematische Uberlegungen auf die Anzahl der 1-, 2und 3-elementigen Teilmengen zu kommen und versuche dies auf |M | = n ∈ N zu verallgemeinern. Aufgabe 3.11 Beliebige Schnitte und Vereinigungen. Sei M eine Menge, I eine beliebige Indexmenge (nicht notwendigerweise endlich) und f¨ ur jedes i ∈ I sei Mi eine Teilmenge von M . (Mi )i∈I nennt man dann eine Familie von Teilmengen. Man definiert Mi := { x ∈ M | x ∈ Mi f¨ ur alle i ∈ I } und i∈I



Mi := { x ∈ M | x ∈ Mi f¨ ur (mindestens) ein i ∈ I }.

i∈I

a) Beweise die Aussagen von Beispiel 3.5 b).  b) Mi = ( 0 , 1i ) ⊂ R, I = N. Gib i∈I Mi und i∈I Mi mit Begr¨ undung an. c) Verallgemeinere die De Morgan’schen Regeln auf eine beliebige Familie von Teilmengen und beweise sie. —————————

3.2

—————————

Abbildungen

In der Schule hast du dich beim Umgang mit Funktionen wie z.B. f (x) = x2 −2x+3 meist nur auf die Funktionsvorschrift f (x) konzentriert. Wir besch¨ aftigen uns nun mit Eigenschaften von Funktionen, die maßgeblich vom Definitionsbereich ( welche x man einsetzen darf“) und Bildbereich der Funktion ” ( welche y = f (x) rauskommen“) abh¨angen. Betrachte z.B. ” 2 und f : R+ f : R → R, x → x2 , 0 := [ 0 , ∞) → R, x → x . Obwohl die Funktionsvorschrift jeweils dieselbe ist, sind f und f aufgrund ihrer unterschiedlichen Definitionsbereiche Df = R und Df = R+ 0 verschiedene Funktionen. (Stelle dir die zugeh¨ origen Schaubilder vor.) Wir schr¨ anken uns im Folgenden nicht mehr auf Funktionen f : Df ⊆ R → R ein, die auf R oder reellen Intervallen definiert sind, sondern lassen ab jetzt beliebige Mengen als Definitions- und Bildbereiche zu. So werden wir z.B. mit Hilfe von f : Z → E,

z → 2z,

untersuchen, welche der beiden Mengen Z und E die gr¨oßere M¨ achtigkeit hat. Was meinst du?

45

3.2 Abbildungen

3.2.1

Der Abbildungsbegriff

Definition 3.5 f : A → B,

Seien A und B Mengen (= ∅). Eine Abbildung von A nach B x → f (x),

(lies: f von A nach B, x geht u ¨ber nach f (x)“) ist eine Vorschrift, die jedem ” Element x ∈ A ein eindeutiges Element f (x) ∈ B zuordnet, das sogenannte Bild von x unter f . Ein x ∈ A heißt Urbild von y ∈ B, falls y = f (x) gilt. A heißt Definitionsbereich, B heißt Bildbereich von f . ♦ Beispiel 3.6 Die Ellipse im Bildchen 3.3 kann nicht das Schaubild einer Abbildung f : A → B darstellen, da z.B. das eingezeichnete x ∈ A unter f zwei urde, womit die Forderung nach der eindeutigen ZuBilder y1 und y2 besitzen w¨ ordnung eines Bildes f (x) ∈ B verletzt w¨are. Erst wenn man die untere oder obere H¨alfte der Ellipse abschneidet, l¨ asst sich die verbleibende Halbellipse durch eine Abbildung f : A → B beschreiben (siehe L¨osung 8.10 f¨ ur eine spezielle EllipsenFunktionsgleichung f (x)).

B y2

y1 x

A

Abbildung 3.3

Anmerkung: Man kann die Worte Abbildung“ und Funktion“ synonym ge” ” brauchen; wir reservieren hier allerdings den Ausdruck Funktion“ speziell f¨ ur Ab” bildungen f : Df ⊆ R → R. Beispiel 3.7 a) Betrachte die Quadratfunktion q : A = R → B = R, x → x2 . Anhand von q sieht man leicht ein: ◦ Zwei verschiedene Elemente von A k¨onnen dasselbe Bild haben. Bzw.: Das Urbild eines Elements aus B muss nicht eindeutig sein. Denn z.B. ist x1 = 1 = −1 = x2 , aber q(x1 ) = 1 = (−1)2 = q(x2 ). Anders ausgedr¨ uckt besitzt die Zahl 1 ∈ B die beiden Urbilder x1 = 1 und x2 = −1, da beide unter q auf 1 abgebildet werden.

46

3 Mengen und Abbildungen

◦ Nicht f¨ ur jedes Element aus B muss ein Urbild existieren. Denn f¨ ur −1 ∈ B findet man kein x ∈ A = R mit q(x) = x2 = −1. b) Ist A = { D¨oner (d), Pizza (p), Brathendl (b) } und B = { Ketchup (k), Mayo (m), Scharf (s) }, so wird durch die Zuordnungen f (d) := s,

f (p) := s

und

f (b) := k

eine Abbildung f : A → B erkl¨art, da jedem Element von A eindeutig ein Element von B zugeordnet wird. Dabei besitzt m ∈ B kein Urbild, w¨ ahrend s zwei verschiedene Urbilder (p und d) hat. c) In Verallgemeinerung von a) ist ein reelles Polynom n-ten Grades (n ∈ N0 ) eine Funktion der Gestalt p : R → R,

x → an xn + an−1 xn−1 + . . . + a1 x + a0 ,

mit ai ∈ R f¨ ur i = 0, . . . , n. Die Angabe des Bilds eines Elements x ∈ R erfolgt durch Einsetzen in die Funktionsvorschrift, die Bestimmung des Urbilds dagegen ist f¨ ur n  5 nur in Spezialf¨ allen m¨oglich, denn nur f¨ ur n  4 gibt es geschlossene L¨osungsformeln f¨ ur die Gleichung p(x) = b (f¨ ur n = 2 die bekannte Mitternachtsformel“ f¨ ur quadratische Gleichungen; f¨ ur n = 3 und ” 4 die cardanischen Formeln“, siehe Seite 277). ” d) idA : A → A, x → x, heißt identische Abbildung oder Identit¨ at und bildet jedes Element auf sich selbst ab. Das Schaubild von idR ist ganz einfach die erste Winkelhalbierende, also die Ursprungsgerade mit Steigung 1. e) r : N → N, n → n + 1, heißt Rechtsshift. Die 1 im Bildbereich besitzt kein Urbild unter r (da 0 ∈ / N), w¨ ahrend alle anderen n ∈ N  2 ein Urbild unter r besitzen, n¨ amlich n − 1 (da r(n − 1) = (n − 1) + 1 = n gilt).

3.2.2

Bild- und Urbildmenge

Definition 3.6 Sei f : A → B eine Abbildung, M ⊆ A und N ⊆ B seien beliebige Teilmengen. Die Menge f (M ) := { f (x) | x ∈ M } ⊆ B heißt Bildmenge von M unter f (oder k¨ urzer: Bild von M unter f ). F¨ ur M = A nennt man f (A) =: im f das Bild von f (engl. image). Das Bild im f besteht also aus allen Elementen von B, die von f getroffen werden“ (siehe Abbildung 3.4). ” F¨ ur eine Teilmenge N ⊆ B heißt f −1 (N ) := { x ∈ A | f (x) ∈ N }. Urbildmenge von N unter f (oder k¨ urzer: Urbild von N unter f ). Es besteht aus allen x ∈ A, die bei Anwendung von f in N landen. ♦

3.2 Abbildungen

47

im f f

A

B Abbildung 3.4

Anmerkung:

F¨ ur die einelementige Menge N = {y} ⊆ B gilt

f −1 ({y}) = { x ∈ A | f (x) ∈ {y} } = { x ∈ A | f (x) = y }, d.h. f −1 ({y}) besteht aus allen Urbildern von y (im Sinne von Definition 3.5). Man urzer als f −1 (y). schreibt f −1 ({y}) k¨ Bearbeite vor dem Weiterlesen gr¨ undlich Aufgaben 3.12 und 3.13, um dich mit diesen neuen Begriffen vertraut zu machen. Wir untersuchen nun, wie sich Bild- und Urbildbestimmung von Teilmengen mit der Inklusion und den Mengenoperationen vertragen. Satz 3.2 Es seien f : A → B eine Abbildung und M1 , M2 Teilmengen von A, sowie N , N1 , N2 Teilmengen von B. Dann gelten die folgenden Aussagen: (1) M1 ⊆ M2 =⇒ f (M1 ) ⊆ f (M2 ) ;

N1 ⊆ N2 =⇒ f −1 (N1 ) ⊆ f −1 (N2 ).

(Anwenden von f sowie f −1 -Bilden respektieren“ die Inklusion.) ” (2) f (M1 ∪ M2 ) = f (M1 ) ∪ f (M2 ) ; f (M1 ∩ M2 ) ⊆ f (M1 ) ∩ f (M2 ). (Die erste Gleichung besagt, dass die Reihenfolge beim Abbilden mit f und Vereinigen von Mengen keine Rolle spielt, bzw. dass f die Vereinigung respektiert. Beim Abbilden einer Schnittmenge hingegen muss man aufpassen: f (M1 ∩ M2 ) kann kleiner als f (M1 ) ∩ f (M2 ) werden.) (3) f −1 (N1 ∪ N2 ) = f −1 (N1 ) ∪ f −1 (N2 ) f

−1

(N1 ∩ N2 ) = f

−1

(N1 ) ∩ f

−1

und ebenso f¨ ur Schnitte

(N2 ).

(Urbild-Nehmen respektiert sowohl Vereinigungen als auch Schnitte.) (4) f −1 (N C ) = (f −1 (N ))C . (Urbild- und Komplement-Bildung sind vertauschbar.) Beweis:

Wir zeigen nur zwei Aussagen (Rest als Aufgabe 3.15).

48

3 Mengen und Abbildungen

Um f (M1 ∪ M2 ) = f (M1 ) ∪ f (M2 ) aus (2) zu zeigen, weisen wir wie gewohnt beide Inklusionen nach. ”

”

ur ein x ∈ M1 ∪ M2 . Dann ist x ∈ M1 ⊆“ Sei y ∈ f (M1 ∪ M2 ), d.h. y = f (x) f¨ oder x ∈ M2 und es folgt y = f (x) ∈ f (M1 ) oder y ∈ f (M2 ). Also liegt y in der Vereinigungsmenge f (M1 ) ∪ f (M2 ). ⊇“ F¨ ur i = 1, 2 gilt Mi ⊆ M1 ∪ M2 , und nach (1) folgt f (Mi ) ⊆ f (M1 ∪ M2 ). Damit ist dann nat¨ urlich auch f (M1 ) ∪ f (M2 ) ⊆ f (M1 ∪ M2 ).

Aus (3) beweisen wir f −1 (N1 ∩ N2 ) = f −1 (N1 ) ∩ f −1 (N2 ). ”

”

⊆“ Sei x ∈ f −1 (N1 ∩ N2 ), d.h. f (x) ∈ N1 ∩ N2 . Dann gilt f (x) ∈ N1 und f (x) ∈ N2 , was nichts anderes bedeutet als x ∈ f −1 (N1 ) und x ∈ f −1 (N2 ), sprich x ∈ f −1 (N1 ) ∩ f −1 (N2 ). ⊇“ Sei x ∈ f −1 (N1 )∩f −1 (N2 ), also x ∈ f −1 (N1 ) und x ∈ f −1 (N2 ). Das bedeutet f (x) ∈ N1 und f (x) ∈ N2 , also f (x) ∈ N1 ∩ N2 bzw. x ∈ f −1 (N1 ∩ N2 ). 

Anmerkung: Oftmals lassen sich solche Beweise auch in einem Rutsch“ auf” ¨ schreiben: Etwa f¨ ur (3) gelten die Aquivalenzen x ∈ f −1 (N1 ∩ N2 ) ⇐⇒ f (x) ∈ N1 ∩ N2 ⇐⇒ f (x) ∈ N1 ∧ f (x) ∈ N2 ⇐⇒ x ∈ f −1 (N1 ) ∧ x ∈ f −1 (N2 ) ⇐⇒ x ∈ f −1 (N1 ) ∩ f −1 (N2 ). Allerdings muss man sich hierbei in jedem Schritt vergewissern, dass tats¨achlich ¨ eine Aquivalenz vorliegt, man also den Folgepfeil in beide Richtungen lesen darf.

—————————

————————— Aufgabe 3.12

Gib f¨ ur die Abbildungen aus Bsp. 3.7 die folgenden Mengen an:

a) im q,

q([ 1 , 3 )),

b) im f ,

f −1 (m),

q −1 ([ 169 , 361 ]), f −1 (s),

q −1 (−1),

q −1 ((−1 , 2 )).

f −1 ({ s, k }).

c) im p, wobei an > 0 sei. ur beliebiges N ⊆ A. d) id−1 (N ) f¨ e) im r,

r−1 ({169, . . . , 361}).

Aufgabe 3.13 Es sei sin : R → R, x → sin(x), die altbekannte Sinusfunktion. Bestimme die folgenden Mengen – hierbei sind keine Beweise f¨ ur Mengengleichheiten verlangt, sondern es darf ganz anschaulich mit der Sinuskurve aus Abbildung 3.5 argumentiert werden.

49

3.2 Abbildungen

y y = sin x

1

−π

π

0

2π

3π

4π

x

−1

Abbildung 3.5 a) im sin

b) sin([ π , 2π ])

c) sin−1 ({0})

(kurz: sin−1 (0))

d) sin−1 ({1})

(kurz: sin−1 (1))

e) sin−1 ( [ −1 , 0 ] )

√ Aufgabe 3.14 Es sei f : A → B, x → x, die Wurzelfunktion mit Definitions+ und Bildbereich A = B = R0 := { x ∈ R | x  0 }. Beweise: im f = B. Aufgabe 3.15 Beweise die restlichen Aussagen von Satz 3.2. Gib in (2) ein Beispiel an, in welchem das ⊆“ in ein ⊂“ u ¨bergeht. ” ” ————————— —————————

3.2.3

In-, Sur- und Bijektivit¨ at

Jetzt kommen drei extrem wichtige Eigenschaften von Abbildungen. Auch wenn die Definitionen auf den ersten Blick recht simpel erscheinen, ist es unerl¨asslich, dass du gut u ¨ber die Beispiele nachdenkst und die Aufgaben gr¨ undlich bearbeitest, damit du den Umgang mit den neuen Begriffen verinnerlichst. Definition 3.7

Sei f : A → B eine Abbildung.

(1)

Falls aus f (x1 ) = f (x2 ) stets x1 = x2 folgt, nennt man f injektiv.

(2)

Falls es f¨ ur jedes y ∈ B ein x ∈ A gibt, so dass f (x) = y gilt, heißt f surjektiv.

(3)

Falls f injektiv und surjektiv ist, heißt f bijektiv.

♦

Anmerkungen: (1) Die (logisch ¨aquivalente) Kontraposition der Definition von Injektivit¨at lautet x1 = x2 =⇒ f (x1 ) = f (x2 ). Injektivit¨at ist gleichzusetzen mit der Eindeutigkeit des Urbilds, d.h. dass zwei verschiedene Elemente nicht auf dasselbe Element des Bildbereichs fallen k¨onnen.

50

3 Mengen und Abbildungen

(2) Die Surjektivit¨ at ist gleichzusetzen mit der Existenz des Urbilds f¨ ur jedes y ∈ B, d.h. dass alle Elemente des Bildbereichs B von f getroffen werden“. ” (3) Die Bijektivit¨ at ist gleichzusetzen mit der Existenz und Eindeutigkeit des Urbilds, d.h. dass jedes Element des Bildbereichs B genau ein Urbild besitzt (siehe auch Aufgabe 3.17). Somit stellt f eine 1:1-Beziehung zwischen den Elementen von A und B her. Beispiel 3.8 Der Rechtsshift r : N → N, n → n + 1 ist injektiv, aber nicht surjektiv (und damit auch nicht bijektiv). ◦ Injektivit¨at von r: Wir m¨ ussen zeigen, dass aus r(n1 ) = r(n2 ) stets n1 = n2 folgt. Sei also r(n1 ) = r(n2 ), d.h. n1 + 1 = n2 + 1; durch Subtraktion der 1 folgt bereits n1 = n2 . ◦ Surjektivit¨at von r: Um nachzuweisen, dass r nicht surjektiv ist, gen¨ ugt ein Gegenbeispiel. Wir m¨ ussen ein m ∈ B = N angeben, das kein Urbild besitzt. W¨ahle m = 1. Dessen Urbild w¨ are 0, was nicht im Definitionsbereich A = N liegt. Kurz: r−1 (1) = ∅. Durch eine leichte Ab¨ anderung des Definitionsbereichs erreichen wir, dass der modifizierte Rechtsshift ( rho“) ρ : N0 → N, n → n + 1, bijektiv wird. ” ◦ Injektivit¨at von ρ: W¨ortlich wie oben. ◦ Surjektivit¨at von ρ: Um nachzuweisen, dass ρ surjektiv ist, m¨ ussen wir f¨ ur jedes m ∈ B = N ein Urbild angeben, das in A := N0 liegt. F¨ ur ein beliebiges m ∈ B = N ist m − 1 das Urbild, denn ρ(m − 1) = (m − 1) + 1 = m. Wegen m  1 ist m − 1  0 und somit liegt m − 1 auch tats¨ achlich in A = N0 .

—————————

—————————

Aufgabe 3.16 a) Untersuche das in Abbildung 3.4 dargestellte f auf Injektivit¨ at, Surjektivit¨at und Bijektivit¨ at. b) Zeichne entsprechende Diagramme f¨ ur eine Abbildung, die i) injektiv, aber nicht surjektiv; ii) surjektiv, aber nicht injektiv; iii) bijektiv ist. c) Sei f : A → B eine Abbildung zwischen endlichen Mengen. Welcher Zusammenhang muss zwischen den M¨achtigkeiten |A| und |B| bestehen, damit f i) injektiv; ii) surjektiv; iii) bijektiv sein kann? Aufgabe 3.17 Sei f : A → B eine Abbildung. Charakterisiere die Eigenschaften injektiv, surjektiv und bijektiv mit Hilfe der Mengen f −1 (y), y ∈ B. Aufgabe 3.18

Begr¨ unde folgende Aussagen.

a) Die Funktion q : R → R, x → x2 , ist weder injektiv noch surjektiv.

51

3.2 Abbildungen

2 b) Die Funktion q1 : R → R+ 0 , x → x , ist surjektiv. 2 c) Die Funktion q2 : R+ 0 → R, x → x , ist injektiv. + 2 d) Die Funktion q3 : R+ 0 → R0 , x → x , ist bijektiv.

Wie l¨ asst sich am Schaubild einer reellwertigen Funktion ablesen, ob die Funktion in- bzw. surjektiv ist? (Tipp: Betrachte Parallelen zur x-Achse durch jeden Wert des Wertebereichs auf der y-Achse. Wie oft schneiden diese das Schaubild Kf bei injektiven bzw. surjektiven Funktionen?) —————————

3.2.4

—————————

Verkettung und Umkehrabbildung

Definition 3.8 Seien f : A → B1 , g : B2 → C zwei Abbildungen und B2 enthalte das Bild von f , also f (A) ⊆ B2 (siehe Abbildung 3.6). Die Verkettung g ◦ f (lies: g nach f“) ist die Abbildung von A nach C, die jedem ” x ∈ A das Bild   (g ◦ f )(x) := g f (x) ♦

zuordnet. Beachte: Zuerst wird f , danach g angewendet.

B 1 = B2 f x

im f g f (x)

im (g ◦ f ) g(f (x))

A

g◦f

C

Abbildung 3.6 Beispiel 3.9 Wem die Bedingung f (A) ⊆ B2 nicht unmittelbar einleuchtet, betrachte die Funktionen √ + f : R → R, x → −x und g : R+ x. 0 → R0 , x →

52

3 Mengen und Abbildungen

Hier ist f (A) = f (R) = R, was keine Teilmenge von B2 = R+ achlich 0 ist, und tats¨ ist die Verkettung √ g ◦ f : R → R+ −x 0 , x → g(f (x)) = g(−x) = f¨ ur kein x > 0 definiert, da dann etwas Negatives unter der Wurzel steht. Schr¨ankt

= R− zur man jedoch f durch Beschneiden der Definitionsmenge von A = R zu A 0 Funktion + f : R− 0 → R0 ,

x → −x,

= f (R− ) = R+ und die Verkettung ein, dann gilt f (A) 0 0 + g ◦ f : R− 0 → R0 ,

x → g(f (x)) = g(−x) =

√ −x

= R− erkl¨art, da der Radikand −x in diesem Fall  0 ist. ist f¨ ur alle x ∈ A 0 + Umgekehrt liegt g(R+ 0 ) = R0 im Definitionsbereich von f (der hier ja ganz R ist) und die Verkettung √ √ f ◦ g : R+ 0 → R, x → f (g(x)) = f ( x) = − x ist f¨ ur alle x ∈ R+ 0 definiert. + + 2 Beispiel 3.10 Seien f : R√ ankte) Quadratfunk0 → R0 , x → x , die (eingeschr¨ + + tion und g : R0 → R0 , x → x, die Wurzelfunktion. Da hier alle Definitions- und Bildbereiche u ¨bereinstimmen, k¨ onnen beide Verkettungen g ◦ f und f ◦ g gebildet werden. Sie sind gegeben durch √   (g ◦ f )(x) = g f (x) = g(x2 ) = x2 = |x| = x und   √ √ 2 (f ◦ g)(x) = f g(x) = f ( x) = x = x.

g ◦ f und f ◦ g bilden also jedes x ∈ R+ 0 auf sich selbst ab, d.h. g ◦ f = f ◦ g = idR+ . 0

Beispiel 3.11 Sei A = { 1, 2, . . . , n } ⊂ N. Eine bijektive Abbildung π : A → A heißt Permutation der Zahlen 1 bis n. Sie w¨ urfelt einfach die Reihenfolge der Zahlen durcheinander. Ist etwa A = { 1, 2, 3, 4 }, dann ist π : A → A mit π(1) = 3, π(2) = 2, π(3) = 4, π(4) = 1 offensichtlich bijektiv, also eine Permutation von A. Wir k¨onnen hier π mit sich selbst verketten: π ◦ π =: π 2 . Achtung, es ist nicht etwa π 2 (1) = π(1)2 = 32 (was ja auch gar nicht mehr in A l¨age), sondern π 2 (1) = (π ◦ π)(1) = π(π(1)) = π(3) = 4.

53

3.2 Abbildungen

Verfahre im Kopf ebenso f¨ ur π 2 (2), π 2 (3) und π 2 (4) und stelle fest, dass π 2 , das wir mit σ (sigma) abk¨ urzen, insgesamt σ(1) = 4, σ(2) = 2, σ(3) = 1, σ(4) = 3 erf¨ ullt, also ebenfalls wieder eine Permutation von A ist. ¨ Verketten wir π mit σ, passiert dasselbe wie   in Beispiel 3.10: Uberzeuge dich davon, dass σ ◦ π = id ist, indem du σ π(i) = i f¨ u r alle i ∈ A nachpr¨ ufst (z.B. ist A   σ π(1) = σ(3) = 1). Gehe analog f¨ ur π ◦ σ = idA vor. Die Gleichheit zweier Abbildungen zeigt man u ¨brigens immer so. Man u ¨berpr¨ uft, dass sie jedem Element des Definitionsbereichs dasselbe Bild zuordnen. Was es zu bedeuten hat, wenn die Verkettung zweier Abbildungen die Identit¨ at ergibt, zeigt der n¨ achste Satz. Satz 3.3

Sei f : A → B eine Abbildung.

(1) Existiert eine Abbildung g : B → A mit g ◦ f = idA , dann ist f injektiv. (2) Gibt es eine Abbildung h : B → A mit f ◦ h = idB , dann ist f surjektiv. (3) f ist genau dann bijektiv, wenn es eine Abbildung g : B → A gibt mit g ◦ f = idA

und

f ◦ g = idB .

Probiere ein Weilchen, ob du die Beweise der Teile (1) und (2) des Satzes selber hinbekommst. Bei Teil (3) ist es bereits eine Leistung, wenn du beim ersten Lesen des Beweises alle Schritte nachvollziehen kannst. Beweis: (1) Ist g : B → A eine Abbildung mit g ◦ f = idA , dann gilt g(f (x)) = idA (x) = x

f¨ ur alle x ∈ A.

()

Um die Injektivit¨at von f nachzuweisen, starten wir mit f (x1 ) = f (x2 ). Wenden wir g auf diese Gleichung an, ergibt sich g(f (x1 )) = g(f (x2 )). Mit () folgt nun sofort x1 = x2 . Und das war’s auch schon. ullt, dann ist (2) Ist h : B → A eine Abbildung, die f ◦ h = idB erf¨ f (h(y)) = idB (y) = y

f¨ ur alle y ∈ B.

()

Um die Surjektivit¨ at von f nachzuweisen, m¨ ussen wir f¨ ur jedes y ∈ B ein Urbild x ∈ A angeben. x := h(y) does the job: Es liegt in A und wegen () erf¨ ullt es f (x) = f (h(y)) = idB (y) = y.

54

3 Mengen und Abbildungen

(3) Genau dann wenn“ bedeutet, dass man beide Richtungen zeigen muss. Be” ginnen wir mit der geschenkten Implikation: ⇐“ Die Injektivit¨at von f folgt aus (1), die Surjektivit¨at aus (2), also ist ” f bijektiv. ⇒“ Sei umgekehrt f als bijektiv vorausgesetzt. Wir m¨ ussen die gesuch” te Abbildung g angeben. Die Idee ist simpel und l¨asst sich an Abbildung 3.7 motivieren: Wir kehren dort einfach die Pfeilrichtung um (grau) und erhalten so das gew¨ unschte g.

y = f (xy ) xy

g f

B = im f

A Abbildung 3.7 Da f surjektiv ist, landet auf jedem Boppel y ∈ B u ¨berhaupt ein Pfeilchen, das man umdrehen kann, und weil f injektiv ist, werden durch Pfeilumkehr einem solchen y nicht zwei oder mehr Boppel in A zugeordnet. Somit ist g auch tats¨ achlich eine Abbildung von B nach A, die zudem die beiden gew¨ unschten Eigenschaften besitzt: Da jedes xy ∈ A durch f auf y = f (xy ) geschoben wird und dieser Bildpunkt durch g einfach wieder zur¨ uck auf xy wandert (nach Konstruktion von g), l¨asst g ◦ f jedes xy ∈ A auf sich selbst sitzen, ist also die Identit¨at von A,  d.h. g ◦ f = idA . Ebenso sieht man f ◦ g = idB ein. (Wem der Beweis der Hinrichtung von (3) zu Lari-Fari aufgeschrieben war, bekommt hier noch eine formalere Version: ⇒“ Aufgrund der Surjektivit¨at von f l¨asst sich jedes y ∈ B als Bild eines xy ∈ A ” at von f garantiert die Eindeutigkeit dieses xy . darstellen: y = f (xy ). Die Injektivit¨ Setzen wir daher g(y) := xy

f¨ ur jedes y ∈ B,

wird durch g : B → A, y → xy , eine Abbildung definiert, da jedem y ∈ B eindeutig ein xy ∈ A zugeordnet wird. Da jedes x ∈ A Urbild von f (x) ∈ B ist, folgt x = xf (x) , also nach Definition von g (g ◦ f )(x) = g(f (x)) = xf (x) = x

f¨ ur beliebiges x ∈ A,

d.h. g ◦ f = idA . Ebenso gilt (f ◦ g)(y) = f (g(y)) = f (xy ) = y f¨ ur beliebiges y ∈ B, ) also ist auch f ◦ g = idB .

55

3.2 Abbildungen

Zusatz: Ist f bijektiv, dann ist die Abbildung g aus Satz 3.3 (3) eindeutig bestimmt. Man nennt sie die Umkehrabbildung oder Inverse von f und bezeichnet sie mit g = f −1 . Beweis: Jetzt kommt eine typische Vorgehensweise bei Eindeutigkeitsbeweisen. Wir nehmen an, es g¨abe eine weitere Abbildung g mit denselben Eigenschaften wie g und folgern daraus die Gleichheit von g und g. Wir f¨ uhren hier einen Widerspruchsbeweis. Seien also g und g zwei solche Abbildungen mit g = g . Dann gibt es ein y ∈ B, f¨ ur das g(y) = g (y) gilt, denn sonst w¨are g = g . Anwenden des injektiven f liefert f (g(y)) = f ( g (y)), was wegen f ◦ g = idB und f ◦ g = idB auf y = y f¨ uhrt. Da dies absurd ist, muss die Annahme g = g falsch gewesen sein, d.h. wir haben g = g bewiesen.  Achtung: Die Bezeichnung f −1 darf nur bei bijektivem f als Abbildung verstanden werden. Bei nicht bijektivem f steht sie f¨ ur das Urbild unter f und beschreibt keine Abbildung: Ist n¨amlich f : A → B nicht injektiv, so gibt es ein b ∈ B, das mindestens zwei Urbilder besitzt. Somit besteht f −1 (b) aus mindestens zwei Elementen und u ¨ber f −1 l¨asst sich b ∈ B nicht in eindeutiger Weise ein a ∈ A zuordnen. Ist f nicht surjektiv, so besitzt mindestens ein b ∈ B gar kein Urbild, d.h. auch in diesem Fall l¨ asst sich mittels f −1 keine Abbildung von B nach A konstruieren (h¨ochstens von im f nach A). Beispiel 3.12 Die Bijektivit¨ at des Rechtsshifts ρ folgt unter Verwendung von Satz 3.3 (3) viel schneller als in Beispiel 3.8. Seine Umkehrabbildung ist n¨amlich einfach der Linksshift  : N → N0 ,

m → m − 1,

denn es gilt offensichtlich ρ ◦  = idN sowie  ◦ ρ = idN0 , d.h.  = ρ −1 .

—————————

—————————

Aufgabe 3.19 Es sei f : I ⊆ R → J ⊆ R, x → y = f (x), eine bijektive Funktion. Die Umkehrfunktion f −1 : J → I ordnet jedem y = f (x) ∈ J in eindeutiger Weise sein Urbild x ∈ I zu. Um die Funktionsgleichung von f −1 zu bestimmen, muss man also die Funktionsgleichung y = f (x) nach x aufl¨ osen und dann die Rollen von x und y vertauschen, damit auch die Funktionsvariable von f −1 die Bezeichnung x tr¨agt, wie wir es gewohnt sind. F¨ uhre dies durch (inklusive Angabe der maximalen Bereiche I und J) f¨ ur a) f (x) = 2x − 2,

b) g(x) =

1 , x

c) h(x) =

√ x + 2 + 1.

Rechne zur Kontrolle nach, dass tats¨achlich f ◦ f −1 = idJ und f −1 ◦ f = idI gilt. Was haben die Schaubilder Kf und Kf −1 miteinander zu tun?

56

3 Mengen und Abbildungen

Aufgabe 3.20 a) Seien f , g und h Abbildungen (mit solchen Definitions- und Bildbereichen, ¨ dass alle vorkommenden Verkettungen definiert sind). Uberzeuge dich von der Richtigkeit des Assoziativgesetzes f¨ ur die Verkettung: (f ◦ g) ◦ h = f ◦ (g ◦ h), indem du diese Gleichheit auf Elementebene, d.h. f¨ ur alle x ∈ Dh , nachweist. b) Das Kommutativgesetz hingegen gilt f¨ ur die Verkettung von Abbildungen nicht. Belege dies anhand geeigneter Permutationen, aber auch mit Hilfe von Funktionen von R nach R. Aufgabe 3.21

Seien f : A → B und g : B → C Abbildungen. Beweise:

a) Ist g ◦ f injektiv, so ist f injektiv. b) Ist g ◦ f surjektiv, so ist g surjektiv. c) Ist g ◦ f surjektiv und g injektiv, so ist f surjektiv. d) g ◦ f kann surjektiv sein, ohne dass f surjektiv ist. Aufgabe 3.22 Beweise f¨ ur eine Abbildung f : A → B folgende Charakterisierung von Injektivit¨at bzw. Surjektivit¨at. (1) f ist genau dann injektiv, wenn f (M C ) ⊆ f (M )C f¨ ur alle M ⊆ A gilt. (2) f ist genau dann surjektiv, wenn f (M )C ⊆ f (M C ) f¨ ur alle M ⊆ A gilt. —————————

3.2.5

—————————

M¨ achtigkeitsvergleiche unendlicher Mengen

Definition 3.9 Zwei Mengen A und B heißen gleichm¨ achtig, wenn es eine Bijektion f : A → B zwischen ihnen gibt. Im Fall A = N, d.h. falls es eine bijektive Abbildung f : N → B gibt, heißt B abz¨ ahlbar unendlich. Eine Menge B mit |B| = ∞ heißt u ¨berabz¨ ahlbar unendlich, wenn es keine Bijektion von N nach B gibt. ♦ Dass B abz¨ ahlbar unendlich, also gleichm¨achtig zu N ist, bedeutet anschaulich, dass man die Elemente von B durchnummerieren kann“. Ist n¨ amlich f : N → B ” eine Bijektion, so ist B = { f (1), f (2), . . . }. Beispiel 3.13 Wir k¨ onnen nun die auf Seite 44 aufgeworfene Frage, welche der Mengen Z oder E die gr¨oßere M¨ achtigkeit besitzt, beantworten. Da beides unendliche Mengen sind, kann man die M¨ achtigkeit nicht mehr durch eine Zahl beschreiben, und auch so eine verlockende Aussage wie Z hat doppelt so viel Elemente ” wie E“ verliert ihren Sinn.

57

3.2 Abbildungen

Stattdessen betrachten wir die Abbildung f : Z → E,

z → 2z,

die aus jeder ganzen Zahl durch Multiplikation mit 2 eine gerade Zahl macht. Die Umkehrabbildung von f ist offenbar f −1 : E → Z, e → 12 e, d.h. f ist bijektiv. achlich wieder (Beachte: Weil jedes e von der Form 2z ist, bildet f −1 auch tats¨ nach Z ab.) Also sind Z und E gleichm¨achtig. . . . Wer h¨att au dees denggt!4 . Satz 3.4 (1) Z und Q sind beides abz¨ahlbar unendliche Mengen. (2) Die reellen Zahlen R hingegen sind u ¨berabz¨ahlbar unendlich. Beweis: (1) Wir m¨ ussen Z und Q durchnummerieren. Bei Z ist die Idee einfach: Der 0 geben wir die Nummer 1, die positiven ganzen Zahlen nummerieren wir mit geraden Nummern und den negativen ganzen Zahlen verpassen wir ungerade Nummern, beginnend ab 3, weil die 0 schon Nr. 1 ist: ganze Zahl z ∈ Z

...

−3

−2

−1

0

1

2

3

...

Nummer von z in N

...

7

5

3

1

2

4

6

...

Dieses Vorgehen wird durch folgende Abbildung formalisiert:  1 f¨ ur gerades n 2n f : N → Z, n → 1 − 2 (n − 1) f¨ ur ungerades n. ur gerades n und − n−1 ur ungerades n stets ganze Zahlen Beachte, dass n2 f¨ 2 f¨ sind, d.h. im f ⊆ Z. Setze ein paar Zahlen ein, um zu verstehen, dass f genau das macht, was oben beschrieben wurde (z.B. ist f (5) = − 42 = −2, d.h. z = −2 bekommt die Nummer 5). Wir zeigen die Bijektivit¨ at von f , indem wir explizit die Umkehrabbildung von f angeben:  2z f¨ ur z > 0 g : Z → N, z → −2z + 1 f¨ ur z  0. Um g = f −1 nachzuweisen, m¨ ussen wir laut Satz 3.3 (bzw. dem Zusatz) ¨berpr¨ ufen. Wir f¨ uhren dies f¨ ur die erste Gleichung f ◦g = idZ und g ◦f = idN u vor. Fallunterscheidung: Ist z > 0, so folgt f (g(z)) = f (2z) = 12 2z = z = idZ (z). F¨ ur z  0 ist f (g(z)) = f (−2z + 1) = − 12 ((−2z + 1) − 1) = z = idZ (z), so dass insgesamt f ◦ g = idZ gilt. g ◦ f = idN sieht man analog ein. Somit haben wir eine Bijektion f : N → Z gefunden, was die Abz¨ ahlbarkeit von Z beweist. 4 F¨ ur

Nicht-Schwaben: Wer h¨ atte das gedacht?“ ”

58

3 Mengen und Abbildungen

Ein Durchnummerieren von Q gelingt mit einem Trick, der als Cantor5 ’sches Diagonalverfahren ber¨ uhmt wurde. Man schreibt die rationalen Zahlen in dem in Abbildung 3.8 dargestellten Schema auf. Dann l¨ auft man entlang der eingezeichneten Zick-Zack-Linie durch Q hindurch und kann so jeder rationalen Zahl in eindeutiger Weise eine Nummer geben: 0 ist Nr. 1, 1 Nr. 2, −1 Nr. 3, 1 1 urzte Br¨ uche (grau dargestellt) u ¨berspringt 2 Nr. 4, 3 Nr. 5 usw. Nicht gek¨ man dabei. Weiter wollen wir das hier nicht formalisieren. 0

/ 1 1 1 2  1 3 1 4

/ −1 1

2 B 1

1 2

2 2

B

−

1 − 3

...



/ −2 1 

3 1

...

−

2 2

3 2

...

2 3

−

2 3

3 3

...

...

...

...

...

Abbildung 3.8 (2) Es gen¨ ugt zu zeigen, dass die Teilmenge I = ( 0 , 1 ) ⊂ R u ¨berabz¨ ahlbar unendlich ist, denn dann kann auch R (die Menge aller Dezimalzahlen) selbst nicht abz¨ ahlbar unendlich sein. Wir f¨ uhren dazu einen Widerspruchsbeweis, der auf dem zweiten cantorschen Diagonalverfahren basiert. Wir nehmen an, I sei abz¨ahlbar unendlich, d.h. dass eine Bijektion f : N → I existiert, deren Bilder f (n) wir als xn schreiben. Mittels f k¨onnen wir die Zahlen6 in I also durchnummerieren, z.B. als x1 = 0,153827 . . . x2 = 0,092246 . . . x3 = 0,287287 . . . x4 = 0,500001 . . . x5 = 0,314159 . . . .. . 5

Georg Cantor (1845 – 1918); deutscher Mathematiker und Gr¨ undungsvater der Mengenlehre. Probleme mit Zweideutigkeiten wie 0,49 = 0,5 (siehe Aufgabe 3.24) zu umgehen, schreiben wir die Zahlen als nicht abbrechende Dezimalzahlen. 6 Um

3.2 Abbildungen

59

(Wem das nicht allgemein genug ist, der stelle xn als 0,zn1 zn2 zn3 . . . mit Ziffern znk ∈ { 0, . . . , 9 } dar.) Nun konstruieren wir eine Zahl x ∈ I, die nicht in dieser Liste vorkommt. Die erste Nachkommastelle von x soll sich von 1, also der ersten Nachkommastelle von x1 , unterscheiden; die zweite Nachkommastelle von x w¨ ahlen wir als = 9, der zweiten Nachkommastelle von x2 und so weiter. Unser x k¨onnte also z.B. so beginnen: x = 0,24816 . . . . Dann ist x ∈ I, aber es gilt x = xn f¨ ur alle n ∈ N, da nach Konstruktion von x die n-te Nachkommastelle von x nicht mit der n-ten Nachkommastelle von ¨bereinstimmt (beachte obige Fußnote!). Somit liegt x nicht im Bild von xn u f , im Widerspruch zur Surjektivit¨ at von f . Damit ist bewiesen, dass I und folglich auch R u ¨berabz¨ ahlbar unendlich sind.  Obige Aussagen samt ihren genialen Beweisideen geh¨oren schon lange zur mathe” matischen Folklore“. Wir wollen zum Abschluss noch eine weniger bekannte und durchaus verbl¨ uffende Tatsache pr¨ asentieren. Als Vorbereitung ben¨otigen wir den folgenden Satz, dessen Inhalt einen zwar nicht vom Hocker reißt, f¨ ur dessen Beweis man aber schon ein wenig tiefer in die Trickkiste greifen muss. Du kannst dich ja spaßeshalber erstmal selbst am Beweis versuchen, bevor du weiterliest! Die Beweisideen sind allesamt [AiZ] entnommen (allerdings auf Schulniveau runtergekocht und breitgetreten). Satz 3.5

( Zur M¨achtigkeit von Teilintervallen von R )

(1) Die Intervalle [ 0 , 1 ], ( 0 , 1 ], [ 0 , 1 ) und ( 0 , 1 ) besitzen alle dieselbe M¨achtigkeit. (Das ist nicht wirklich u ¨berraschend, da ja nur eine oder zwei Zahlen jeweils weggenommen werden.) (2) Das Intervall ( 0 , 1 ) und R sind gleichm¨achtig. (Das ist vielleicht schon u ¨berraschender.) Beweis: (1) Wir zeigen, dass das halboffene Intervall ( 0 , 1 ] die gleiche M¨ achtigkeit wie das offene Intervall ( 0 , 1 ) besitzt; f¨ ur die restlichen F¨ alle siehe Aufgabe 3.23. Dazu definieren wir eine gewitzte Abbildung f : ( 0 , 1 ] → ( 0 , 1 ) durch ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ f (x) :=

⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩

3 2 3 4 3 8

−x

f¨ ur x ∈ ( 12 , 1 ]

−x

f¨ ur x ∈ ( 14 , 12 ]

−x .. .

f¨ ur x ∈ ( 18 , 14 ]

60

3 Mengen und Abbildungen

1

1 2 1 4 1 8

0

1 8

1 4

1

1 2

Abbildung 3.9 oder allgemein f (x) :=

3 2n

−x

f¨ ur x ∈



1 2n

1 , 2n−1



=: In ,

n ∈ N.

Abbildung 3.9 zeigt das Schaubild von f ; weißer Kringel und schwarzer Boppel u ¨bereinander bedeutet: Kringel geh¨ort nicht mehr zum Schaubild, Boppel hingegen liegt drauf. Zun¨achst erkennt man im f ⊆ ( 0 , 1 ), da weder 0 noch 1 im Bild von f liegen. Die Injektivit¨ at ist klar erkennbar (keine zwei Zahlen x1 = x2 aus ( 0 , 1 ] besitzen denselben Funktionswert), und da offensichtlich“ auch jede Zahl ” y ∈ ( 0 , 1 ) von f getroffen wird, ist f surjektiv, also insgesamt bijektiv. Dies zeigt |( 0 , 1 ]| = |( 0 , 1 )|. Wer u ¨ber diese Anschaulichkeit erbost ist, bekommt hier noch einen formalen Nachweis: Die Abbildung g : ( 0 , 1 ) → ( 0 , 1 ] mit   1 =: Jn , n ∈ N, ur x ∈ 21n , 2n−1 g(x) := 23n − x f¨ ist die Umkehrabbildung7 von f . (Beachte Dg = n∈N Jn = ( 0 , 1 ) und nicht etwa [ 0 , 1 ), da 21n zwar beliebig nahe an die 0 herankommt, aber niemals Null wird.) Denn f¨ ur jedes x ∈ In , n ∈ N beliebig, gilt f (x) ∈ Jn und     (g ◦ f )(x) = g(f (x)) = g 23n − x = 23n − 23n − x = x, ur alle n ∈ N, sprich g ◦ f = id(0,1] , da n∈N In = ( 0 , 1 ] d.h. g ◦ f = idIn f¨ ist. Ebenso sieht man f ◦ g = id(0,1) , also gilt g = f −1 . 7 Wenn du dich fragst, wie man auf g kommt: Auch dies ist geometrisch motiviert. Nach Aufgabe 3.19 erh¨ alt man das Schaubild der Umkehrabbildung durch Spiegeln an der ersten Winkelhalbierenden. Dadurch werden in Kf lediglich die weißen und schwarzen Punkte vertauscht, was ¨ dem Ubergang von In zu Jn entspricht (eckige und runde Intervallklammern vertauschen).

61

3.2 Abbildungen

(2) Eine Standard-Bijektion von I := ( 0 , 1 ) nach R w¨ are z.B. eine geeignet skalierte und verschobene Tangensfunktion. Es geht aber noch elementarer (ohne auf bislang gar nicht definierte trigonometrische Funktionen zur¨ uckzugreifen) durch ein wundersch¨ ones geometrisches Argument: Man knicke I in der Mitte unter einem 90◦ -Winkel und projiziere dann wie in Abbildung 3.10 dargestellt jeden Punkt von I vom Zentrum Z aus auf die Zahlengerade R. Dabei geht P auf p(P ), und je mehr P sich den beiden Randpunkten von I ann¨ ahert, desto weiter rutscht sein Bildpunkt p(P ) Richtung ∞ bzw. −∞. Diese Projektion p ist offensichtlich eine bijektive Korrespondenz zwischen dem geknickten I und R, also gilt |I| = |R|, da sich |I| beim Knicken offenbar nicht a¨ndert. Nice! Z ( 0 , 1 ) geknickt

P R

p(P ) Abbildung 3.10

Auch hier kann man sich wieder am W¨ortchen offensichtlich“ st¨ oren, wes” halb wir noch die Formalisierung dieses geometrischen Arguments andeuten: Zun¨ achst definieren wir die Knick-Abbildung“ ” k : I → R2 ,

x → (x − 12 , |x − 12 |).

(Beachte: (x − 12 , |x − 12 |) ist kein Intervall, sondern ein Element von R2 = R × R, d.h. ein Punkt mit zwei Koordinaten. Ist dir die Betragsfunktion | · | unbekannt, so bl¨attere zu den Seiten 72 und 127.) Das Bild k(I) ist gerade das geknickte (und etwas gestreckte) Einheitsintervall; mache dir dies klar, indem du z.B. die x-Werte 14 , 12 und 34 in k einsetzt (siehe Abbildung 3.11).

k( 14 )

I 0

k( 34 )

k

1

−→

k( 12 )

Abbildung 3.11 Nun schalten wir die Projektion p : k(I) → R aus Abbildung 3.10 nach. Die

62

3 Mengen und Abbildungen

Gerade durch Z und P = k(x) schneidet den reellen Zahlenstrahl bei p(k(x)) =

− 14 + 12 x x − 12 = . 1 1 1 − 2 |x − 12 | 2 − |x − 2 |

Rechne dies nach, z.B. mit Hilfe des Strahlensatzes oder durch Bestimmen der Nullstelle der Geraden durch Z (y-Koordinate = 12 ) und P = k(x). Definieren wir f : I → R durch obigen Bruch, sprich f := p ◦ k, so ist dies die bijektive Funktion, die zur geometrischen Idee mit dem Knicken und Projizieren geh¨ ort. Auf den Nachweis, dass f tats¨ achlich eine Umkehrfunktion besitzt, verzichten wir (es ist eine Fallunterscheidung zum Aufl¨osen des Betrags n¨ otig). Plotte dir lieber das Schaubild von f ; es ist eine gebrochenrationale Funktion mit Polen bei x = 0 und x = 1, die stark an die Tangenskurve (geeignet verschoben und skaliert) erinnert.  Mit dieser Vorbereitung k¨onnen wir nun die angek¨ undigte unerwartete Tatsache beweisen. Die Beweisidee ist wieder aus dem BUCH“ [AiZ]. ” Satz 3.6 Es gilt |R × R| = |R|, d.h. die reelle Ebene R2 := R × R enth¨ alt ebenso viele Punkte, wie es Zahlen auf der Zahlengeraden R gibt. Beweis:

Aufgrund von Satz 3.5 k¨onnen wir uns darauf beschr¨ anken,

|( 0 , 1 ] × ( 0 , 1 ]| = |( 0 , 1 ]|

()

zu zeigen. Denn laut Aussagen (1) und (2) gibt es Bijektionen f1 : ( 0 , 1 ] → ( 0 , 1 ) und f2 : ( 0 , 1 ) → R, deren Verkettung f := f2 ◦ f1 dann eine Bijektion von ( 0 , 1 ] nach R ist (mit Umkehrabbildung f −1 = f1−1 ◦ f2−1 ), sprich |( 0 , 1 ]| = |R| (∗). Es folgt, dass die durch g := f × f,

(x, y) → (f (x), f (y))

definierte Abbildung eine Bijektion von ( 0 , 1 ]×( 0 , 1 ] nach R×R ist, da f −1 ×f −1 ihre Umkehrabbildung ist (pr¨ ufe dies nach!). Somit gilt |( 0 , 1 ] × ( 0 , 1 ]| = |R × R| und insgesamt ergibt sich wie gew¨ unscht: ()

(∗)

|R × R| = |( 0 , 1 ] × ( 0 , 1 ]| = |( 0 , 1 ]| = |R|. Nun also zum Beweis von (): Wir betrachten ein Paar (x, y) ∈ ( 0 , 1 ] × ( 0 , 1 ] und schreiben die reellen Zahlen x und y in eindeutiger Weise als nicht abbrechende Dezimalbr¨ uche (siehe dazu Aufgabe 3.24), also z.B. x = 0,14015008 . . .

und

y = 0,0802610009 . . . .

Jetzt kommt der Trick: Wir schreiben x und y untereinander und teilen ihre Nachkommastellen in Bl¨ocke ein, wobei ein Block dann aufh¨ort, sobald eine Zahl = 0

3.2 Abbildungen

63

auftritt (die Zahl geh¨ ort aber noch mit zum Block). Im Beispiel: x y

= =

0,1 0,08

4 02

01 6

5 1

008 0009

... ...

Nun definieren wir eine Abbildung h : ( 0 , 1 ] × ( 0 , 1 ] → ( 0 , 1 ], indem wir die Bl¨ ocke von x und y immer sch¨ on abwechselnd nacheinander aufschreiben, also z = h(x, y) = 0,1 08 4 02 01 6 5 1 008 0009 . . . . Da weder x noch y irgendwann abbrechen, ist auch h(x, y) eine nicht abbrechende Dezimalzahl aus ( 0 , 1 ] (d.h. die Abbildung h ist wohldefiniert“). Die Um” kehrabbildung von h liegt auf der Hand: Sie macht die Blockvermischung einfach r¨ uckg¨ angig, d.h. sie ordnet einer Zahl z ∈ ( 0 , 1 ] wie z.B. z = 0,1408005920100004 . . . das folgende Tupel (x, y) = h−1 (z) zu: x y

= =

0,1 0,4

08 005

9 2

01 00004

... ... .

Damit ist h bijektiv und () ist bewiesen.



Das folgende Korollar – so bezeichnet man eine unmittelbare Folgerung aus einem Satz – erscheint auf den ersten Blick noch haarstr¨aubender. Es besagt, dass der n-dimensionale reelle Raum, Rn := R × . . . × R (n-mal), dieselbe M¨achtigkeit wie R besitzt, egal wie groß n auch sein mag. Korollar 3.1 Beweis:

F¨ ur jedes n ∈ N gilt |Rn | = |R|.

Durch vollst¨ andige Induktion u ¨ber n.

(IA) Trivialerweise ist |R1 | = |R|. (IV) F¨ ur ein n ∈ N gelte |Rn | = |R|, d.h. es gebe eine Bijektion fn : Rn → R. (IS) Wir schreiben Rn+1 als Rn × R und definieren unter Verwendung der (IV) eine Abbildung fn+1 : Rn × R → R × R durch fn+1 := fn × idR ,

d.h.

fn+1 (x, y) := (fn (x), y)

f¨ ur x ∈ Rn und y ∈ R. Diese Abbildung ist bijektiv (¨ uberzeuge dich davon, dass fn−1 × idR ihre Umkehrabbildung ist), also gilt |Rn+1 | = |R × R|, was laut Satz 3.6 mit |R| u ¨bereinstimmt. 

64

3 Mengen und Abbildungen

Die Aussage |Rn | = |R| erscheint einem vor allem dann ¨außerst unglaubw¨ urdig, wenn man bereits mit dem Dimensionsbegriff vertraut ist (siehe Kapitel 10). In der Linearen Algebra lernt man n¨ amlich, dass der n-dimensionale Vektorraum Rn f¨ ur kein n > 1 isomorph zur eindimensionalen Gerade R ist, d.h. dass es keine bijektive, lineare Abbildung von Rn nach R gibt. L¨asst man aber die Forderung nach Linearit¨ at der Abbildung fallen, so zeigt obiges Korollar, dass es sehr wohl eine nur“ bijektive Abbildung von Rn nach R gibt. ”

————————— Aufgabe 3.23

—————————

Beweise durch Angabe geeigneter Bijektionen:

a) |( 0 , 1 ]| = |[ 0 , 1 )| = |[ 0 , 1 ]|. b) |( a , b )| = |( c , d )| f¨ ur beliebige a, b, c, d ∈ R mit a < b und c < d. √ c) |[ 0 , 1 )| = |( 2 , π )|. Aufgabe 3.24

Zur (Un)Eindeutigkeit der Dezimalschreibweise.

a) Zeige, dass 0,9 = 0,9999 . . . nichts anderes als die Zahl 1 = 1,0 ist. (Tipp: Setze x = 0,9 und vergleiche 10x mit x.) Will man diese Zweideutigkeit der Dezimalschreibweise vermeiden, muss man sich auf nicht abbrechende Dezimaldarstellungen beschr¨anken. Eine Zahl wie z.B. 0,051 = 0,0510000 . . . , bei der ab einer gewissen Stelle nur noch Nullen auftreten, muss dann mit Hilfe einer 9er-Periode geschrieben werden, also als 0,0509. b) Warum so kompliziert? Sind x = 0,x1 x2 x3 . . . und y = 0,y1 y2 y3 . . . mit Ziffern xi , yi ∈ { 0, 1, . . . ,9 }, so k¨onnte man die Abbildung h im Beweis von Satz 3.6 doch viel einfacher als (x, y) → 0,x1 y1 x2 y2 . . . definieren. Wieso geht das schief? c) Kann man sich im Beweis von Satz 3.6 auch auf ( 0 , 1 ) anstelle von ( 0 , 1 ] beschr¨ anken? (Dann br¨ auchte man zur Definition von f im Beweis n¨ amlich nur Teil 2 von Satz 3.5.) —————————

—————————

3.2 Abbildungen

3.2.6

65

Ausblick: M¨ achtig und u ¨ berm¨ achtig

Wir beenden dieses Kapitel mit einem spannenden Ausblick, dr¨ ucken uns hier allerdings meistens um exakte Definitionen (immer wenn im Text G¨ ansef¨ ußchen auftreten). Interessierte LeserInnen seien dazu auf [AiZ] und [Ebb] verwiesen. Bei endlichen Mengen ist klar, was es bedeuten soll, dass eine Menge N m¨ achtiger als eine Menge M ist: Ganz einfach wenn |N | > |M | gilt. Bei unendlichen Mengen verliert dies seinen Sinn, da deren M¨achtigkeiten keine nat¨ urlichen Zahlen mehr sind, deren Gr¨ oßen man direkt vergleichen k¨onnte. Mit Hilfe von Abbildungen l¨asst sich dieser Begriff jedoch auch auf unendliche Mengen u ¨bertragen. Definition 3.10 Es seien M und N beliebige Mengen. Man nennt N m¨ achtiger als M , in Zeichen |N | > |M |, wenn es eine Injektion von M nach N , aber keine Bijektion von M nach N gibt. ♦ Aufgrund von N ⊂ R ist n → n offenbar eine Injektion von N nach R. Eine Bijektion f : N → R hingegen kann es nicht geben, denn sonst w¨are R abz¨ ahlbar unendlich, was es laut Satz 3.4 (2) nicht ist. Somit gilt |R| > |N|, d.h. R ist m¨ achtiger als N. Um mit unterschiedlichen Unendlichkeiten besser hantieren zu k¨onnen, hat Cantor eine Theorie der Kardinalzahlen“ ins Leben gerufen. Der Name kommt daher, dass ” die M¨achtigkeit einer Menge auch Kardinalit¨ at genannt wird. Die M¨ achtigkeit der nat¨ urlichen Zahlen ist die kleinste unendliche Kardinalzahl“ und wird mit ” |N| =: ℵ0 (lies: Aleph8 Null) bezeichnet. F¨ ur jede abz¨ ahlbar unendliche Menge M gilt |M | = ℵ0 , da es nach Definition von Abz¨ahlbarkeit eine Bijektion von N nach M gibt. F¨ ur u ¨berabz¨ ahlbare Mengen M ist |M | > ℵ0 . Neben dem Klassiker M = R liefert der folgende Satz ein sch¨ones Beispiel f¨ ur eine Menge, die ebenfalls m¨achtiger als N ist. Satz 3.7

Die Potenzmenge von N ist u ¨berabz¨ ahlbar unendlich, d.h.

|P(N)| > ℵ0 . Beweis: Zun¨ achst ist klar, dass f¨ ur die Potenzmenge |P(N)| = ∞ gilt, da sie z.B. bereits alle einelementigen Teilmengen {n} ⊂ N, n ∈ N, enth¨ alt. Wir zeigen nun, dass es keine Surjektion f : N → P(N) geben kann (und damit auch keine Bijektion), indem wir einen sehr trickreichen Widerspruchsbeweis f¨ uhren. Angenommen, ein solches f existiert doch. Da f surjektiv ist, liegt N := { n ∈ N | n ∈ / f (n) } ⊆ N

(also N ∈ P(N))

im Bild von f , d.h. es existiert ein Urbild u ∈ N mit N = f (u). Dieses u muss dann entweder in N oder in N C liegen. 8 Dies

ist der erste Buchstabe des hebr¨ aischen Alphabets.

66

3 Mengen und Abbildungen

Im Fall u ∈ N ist u ∈ / f (u) nach Definition von N , und wegen N = f (u) erhalten wir u ∈ / f (u) = N im Widerspruch zur Annahme u ∈ N . Im anderen Fall u ∈ / N muss u ∈ f (u) gelten (denn sonst l¨age u in N ), was wieder aufgrund von f (u) = N auf den Widerspruch u ∈ N f¨ uhrt. ¨ Somit war die Annahme falsch und es folgt die Uberabz¨ ahlbarkeit von P(N). Da ι : N → P(N), n → {n}, eine Injektion ist, aber wir gerade gezeigt haben, dass es keine Bijektion von N nach P(N) gibt (diese m¨ usste ja surjektiv sein), folgt  |P(N)| > |N| = ℵ0 im Sinne von Definition 3.10. Anmerkung: Dieser Beweis funktioniert w¨ ortlich, wenn man N durch eine beliebige Menge M ersetzt. Dies zeigt, dass es zu einer beliebigen Menge M immer eine noch gr¨oßere Menge, n¨amlich P(M ), gibt. P(P(M )) wiederum ist echt gr¨oßer als P(M ) usw.; den Kardinalzahlen ist nach oben hin also keine Grenze gesetzt. Man kann zeigen (siehe [AiZ]), dass jede Kardinalzahl m einen direkten Nachfolger n besitzt, d.h. eine kleinste Kardinalzahl, die n > m erf¨ ullt. Der Nachfolger von ℵ0 heißt ℵ1 , der von ℵ1 (kommst du drauf?) ℵ2 und so weiter. Bezeichnen wir die M¨achtigkeit der reellen Zahlen mit c := |R| (das c steht f¨ ur continuum“, da ” die reellen Zahlen fr¨ uher auch Kontinuum genannt wurden), so wissen wir bereits angt sich nun geradezu auf: Ist R auch die kleinste Menge c > ℵ0 . Folgende Frage dr¨ mit dieser Eigenschaft, oder gibt es vielleicht eine Teilmenge von R, die zwar auch u ¨berabz¨ ahlbar unendlich, aber von kleinerer M¨achtigkeit als R selbst ist? (Nach Satz 3.5 (2) und Aufgabe 3.23 kann diese Teilmenge jedenfalls kein einfaches Intervall sein.) Da ℵ1 die kleinste Kardinalzahl nach ℵ0 ist, kann man dies auch so formulieren: Gilt c = ℵ1 ? Diese Frage stellte sich Cantor9 bereits im Jahre 1878 und da er keine solche Teilmenge von R konstruieren konnte, stellte er die folgende ber¨ uhmt-ber¨ uchtigte Kontinuumshypothese auf. Vermutung 3.1

( Kontinuumshypothese )

Es gilt c = ℵ1 , es gibt also keine Menge, deren M¨achtigkeit gr¨oßer als |N| = ℵ0 , aber kleiner als |R| = c ist. Nur auf die reellen Zahlen bezogen bedeutet dies, dass jede u ¨berabz¨ahlbare Teilmenge von R gleichm¨achtig zu R selbst sein muss. Es dauerte u ¨ber ein halbes Jahrhundert, bevor eine erste Antwort auf Cantors Fra¨ del10 bewies 1940, dass die Kontinuumshypothese nicht ge gefunden wurde. Go widerlegbar ist, wenn man die sogenannten Zermelo-Fraenkel-Axiome“ (ZF) (plus ” 9 dessen intensive Besch¨ aftigung damit vermutlich zu seinen schweren Depressionen beigetragen hat. Math can be dangerous, kids! 10 Kurt Friedrich Go ¨ del (1906 – 1978); o ¨sterreichisch-amerikanischer Mathematiker und einer der krassesten Logiker aller Zeiten. Auch bei ihm lagen leider Genie und Wahnsinn (zu) dicht beieinander.

3.2 Abbildungen

67

Auswahlaxiom“(C)) der Mengenlehre zugrunde legt. 1963 zeigte Cohen11 , dass ” die Kontinuumshypothese im Rahmen dieser ZFC-Mengenlehre auch nicht beweisbar ist. Es handelt sich also um ein nicht entscheidbares Problem! Man kann u ¨brigens relativ elementar einsehen, dass |P(N)| = c gilt. K¨ urzt man die M¨achtigkeit von |P(N)| mit 2ℵ0 ab (in Anlehnung an |P(M )| = 2|M | f¨ ur endliche Mengen M ; siehe Aufgabe 3.10), so erh¨alt die Kontinuumshypothese folgende suggestive Form: 2ℵ0 = ℵ1 .

Literatur zu Kapitel 3 [AiZ]

Aigner, M., Ziegler, M.: Das BUCH der Beweise. Springer Spektrum, 4. Aufl. (2015)

[Beu1] Beutelspacher, A.: Mathe-Basics zum Studienbeginn. Springer Spektrum, 2. Aufl. (2016) [Ebb]

Ebbinghaus, H.-D., et al.: Zahlen. Springer, 3. verb. Aufl. (1992)

[Vel]

Velleman, D.: How to Prove It: A Structured Approach. Cambridge University Press, 2nd edition (2006)

11 Paul Joseph Cohen (1934 – 2007); amerikanischer Mathematiker und Tr¨ ager der FieldsMedaille (dem Nobelpreis der Mathematik“). ”

Teil II

Anf¨ ange der Analysis

4

Grenzwerte von Folgen und Reihen

Wir machen nun unsere erste (rigorose) Bekanntschaft mit dem Unendlichen und lernen eines der wichtigsten und fruchtbarsten Konzepte der Analysis kennen: den Grenzwert.

4.1

Folgen

4.1.1

Der Grenzwertbegriff

Beispiel 4.1 1,

Betrachte die Zahlenfolge

1 1 1 , , , ..., 2 3 4

deren n-tes Glied die Zahl n1 ist. Es ist klar, dass die Folgenglieder n1 mit wachsendem n immer kleiner werden und sich der Zahl 0 n¨ahern. Man sagt, die Folge konvergiert gegen 0 bzw. der Grenzwert der Folge ist die 0. Was aber ist darunter mathematisch exakt zu verstehen? Es bedeutet jedenfalls nicht, dass die Folgenglieder irgendwann tats¨ achlich 0 werden m¨ ussen: Egal wie groß n wird, es bleibt immer n1 = 0. Der Punkt ist vielmehr, dass der Abstand zwischen den Folgengliedern und dem Grenzwert beliebig klein wird: 1 1 1 1 vor, so sind die Folgenglieder 11 , 12 , 13 , ..., ◦ Gibt man den Abstand 0,1 = 10 1 1 ur n > 10, um weniger als 10 von der Zahl 0 also alle Folgenglieder n f¨ verschieden.

◦ Dasselbe mit 0,01 = der 0 entfernt.

1 100 :

Alle

1 n

sind f¨ ur n > 100 um weniger als 0,01 von

◦ Dies gilt f¨ ur jede noch so kleine Zahl ε > 0: Man kann stets ein nε ∈ N mit 1 < ε finden, und es gilt dann, dass f¨ ur n > nε alle n1 um weniger als ε von nε der 0 entfernt sind. Bevor wir dieses nε in Beispiel 4.2 explizit bestimmen, wollen wir die Begriffe Folge“ und Grenzwert“ formalisieren. ” ” Definition 4.1 Eine (reelle) Folge ist eine Abbildung a : N → R, also eine Vorschrift, die jeder nat¨ urlichen Zahl n das n-te Folgenglied a(n) ∈ R zuordnet. ♦ Anmerkung: Meist schreibt man an anstelle von a(n) und stellt die Folge als (an )n∈N dar. So bezeichnet etwa ( n1 )n∈N die Folge aus Beispiel 4.1, deren Folgenglieder an = n1 sind. In Zukunft lassen wir den Index n ∈ N“ weg und schreiben ” die Folge einfach als (an ).

© Springer Fachmedien Wiesbaden GmbH, ein Teil von Springer Nature 2019 T. Glosauer, (Hoch)Schulmathematik, https://doi.org/10.1007/978-3-658-24574-0_4

72

4 Grenzwerte von Folgen und Reihen

Um die Folge ( n1 ) grafisch darzustellen, wurden in Abbildung 4.1 die Folgenglieder a1 = 1, a1 a3 a2 0 a2 = 12 , a3 = 13 , usw. einfach als Striche auf der Abbildung 4.1 Zahlengeraden eintragen. Dies wird aber offenbar schnell un¨ ubersichtlich, weil sich die Striche in der N¨ ahe der Null immer mehr h¨aufen (das Bild h¨ort bei a30 auf). Viel besser ist daher die Darstellung in Abbildung 4.2, bei der man die Folge mittels der Punktepaare ( n | an ) veranschaulicht. an 1 0,5

n 1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

Abbildung 4.2 Bevor wir die Grenzwert-Definition formulieren, erinnern wir an den Betrag |x| einer reellen Zahl x, der nichts anderes als ihr Abstand zur 0 ist. So ist z.B. |2| = 2, w¨ ahrend | − 2| auch 2 ergibt, d.h. | − 2| = −(−2) (der Betrag beseitigt“ also das ” negative Vorzeichen). Allgemein gilt |x| = x falls x  0 ist, und |x| = −x f¨ ur negative Zahlen. Der Betrag |x − y| misst damit den Abstand der Zahlen x, y ∈ R, egal ob x rechts oder links von y auf der Zahlengeraden liegt. Nun aber zur versprochenen Definition des Grenzwertbegriffs nach Weierstrass1 , die du dir mehrmals gr¨ undlich durchlesen solltest. Definition 4.2

Eine Zahl a ∈ R heißt Grenzwert der Folge (an ), wenn gilt:

F¨ ur jedes ε > 0 gibt es eine Zahl nε ∈ N, so dass |an − a| < ε

f¨ ur alle n > nε ist.

Besitzt eine Folge (an ) einen Grenzwert a – auch Limes genannt – so sagt man, die Folge konvergiert gegen a und schreibt daf¨ ur lim an = a

n→∞

oder

an → a

(f¨ ur n → ∞) .

♦

Ist a Grenzwert der Folge (an ), so bedeutet das: Egal wie klein man die Abweichung ε zu a auch w¨ahlt, man findet immer einen Index nε , so dass sich alle Folgenglieder ur n > nε um weniger als ε von a unterscheiden, also |an − a| < ε erf¨ ullen. an f¨ 1 Karl Weierstrass (1815 – 1897); Begr¨ under der Epsilontik“, mit der eine logische Strenge ” Einzug in die Analysis hielt.

73

4.1 Folgen

Einige Beispiele sollen dir nun helfen, diese Definition zu verdauen. Es geht stets darum, mit Hilfe der Weierstraß-Epsilontik zu beweisen, dass eine Folge den Grenzwert hat, den man vielleicht durch Hinschauen oder mit Hilfe des Taschenrechners vermuten w¨ urde. Konkret bedeutet dies, dass wir zu gegebenem ε das passende nε rechnerisch finden m¨ ussen. 1 = 0. n Laut Herrn Weierstraß m¨ ussen wir f¨ ur jedes ε > 0 ein nε ∈ N finden, so dass    1 1 |an − 0| =  − 0  < ε , d.h. < ε f¨ ur alle n > nε gilt. n n Beispiel 4.2

Die Folge ( n1 ) ist eine Nullfolge, d.h.

lim

n→∞

Sei also ein beliebiges ε > 0 gegeben. Aufl¨osen der obigen Bedingung nach n durch Kehrbruchbilden liefert: n > 1ε . Da in der Regel 1ε ∈ / N sein wird, setzen wir 1 urliche Zahl, die  1ε ist. Dann gilt f¨ ur alle n > nε  1ε : nε = ε := erste nat¨ 1 1 1 <  1 = ε. n nε ε

  ur alle n > nε = 1ε , d.h. wir haben bewiesen, Damit ist wie gew¨ unscht n1 < ε f¨ dass 0 der Grenzwert der Folge ist, da wir f¨ ur jedes ε > 0 ein geeignetes nε angeben k¨onnen. Als konkretes  1  Zahlenbeispiel bestimmen wir ein nε zu ε = 0,03: Hier kann man =  33,3  = 34 w¨ahlen (oder eine beliebige gr¨oßere Zahl). F¨ u r ε = nε = 0,03 0,003 braucht man mindestens nε = 334 usw.   Beispiel 4.3 Die Folge (an ) = n−1 n+1 konvergiert gegen 1.    Sei ε > 0 gegeben. Wir untersuchen, ob es ein nε gibt, so dass  n−1 ur n+1 − 1 < ε f¨ alle n > nε wird. Umformen liefert:         n − 1 − (n + 1)   −2  n−1 2 =  − 1  =  |an − 1| =   n+1= n+1. n+1 n+1 2 n+1

< ε nach n auf, so erh¨alt man n >   nε = 2ε − 1 ,

L¨ ost man

2 ε

− 1. W¨ahlt man

ur alle n > nε . Da dieses Argument f¨ ur jedes beliebige ε > 0 dann gilt |an − 1| < ε f¨ funktioniert, ist bewiesen, dass 1 der Grenzwert der Folge ist.   Beispiel 4.4 Die Folge ( 12 )n ist eine Nullfolge. Sei wieder ε > 0 gegeben. Wir m¨ ussen ein zugeh¨origes nε ∈ N finden, so dass gilt: ¨ ur alle n > nε . Die folgenden Aquivalenzumformungen |( 12 )n −0| < ε, d.h. ( 12 )n < ε f¨ f¨ uhren zum Ziel:  1 n 2

(i)

< ε ⇐⇒ log

 1 n 2

(ii)

< log ε ⇐⇒ n log 12 < log ε ⇐⇒ n >

log ε . log 12

74

4 Grenzwerte von Folgen und Reihen

Dabei wurde in (i) verwendet, dass die log-Funktion streng monoton steigend ist und somit die Ungleichung erh¨ alt. In (ii) dreht sich aufgrund von log 12 < 0 das nε := log Damit gilt ( 12 )n < ε f¨ 1 , d.h. Null ist Grenzwert der Folge. (Beachte: F¨ ur ε > 1 wird

log ε log 1 2

2

< 0; hier w¨ ahlt man dann einfach nε = 1.)

Analog zeigt man, dass (q n ) f¨ ur jedes 0 < q < 1 eine Nullfolge ist.  log ε  ur 0 < q < 1). Wegen Zu ε > 0 ist nε := log q zu w¨ahlen (beachte log q < 0 f¨ ur −1 < q < 0, und f¨ ur q = 0 sowieso. |q n − 0| = |q|n = ||q|n − 0| gilt dies auch f¨ Beispiel 4.5

So viel zum rechnerischen Nachweis der Konvergenz. Es ist nun noch sehr lohnenswert, sich mit einer geometrischen Version der Weierstraß-Definition anzufreunden. Dazu definieren wir die ε-Umgebung von a als das offene Intervall Uε (a) = ( a − ε , a + ε ) mit Mittelpunkt a. Nach ( ) Definition besteht Uε (a) aus allen x ∈ R mit |x − a| < ε a − ε a a+ε (siehe Abbildung 4.3). Im Folgendiagramm wird daraus der ε-Schlauch Sε (a) = Abbildung 4.3 R+ ×Uε (a), also ein Kasten der Breite 2ε, der symmetrisch um den Grenzwert a liegt (pr¨aziser: um die Halbgerade R+ × {a}). Die beiden folgenden Bilder illustrieren dies f¨ ur die Folge (an ) mit an = 2 − 2 ·

(−1)n , n

die gegen a = 2 konvergiert. In Abbildung 4.4 wurde ε = 0,4 gew¨ahlt, in 4.5 ist der Fall ε = 0,2 dargestellt. an 4

Sε (a) (f¨ ur ε = 0,4)

3 a+ε a a−ε

2ε

1

n 1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

Abbildung 4.4 In Abbildung 4.4 erkennt man, dass alle Punkte ( n | an ) ab n = 6 innerhalb des ε-Schlauches S0,4 (2) liegen, kurz: ( n | an ) ∈ Sε (a) f¨ ur n > 5. F¨ ur ε = 0,2 ist dies erst ab n = 11 erf¨ ullt, aber auch dann scheinen alle weiteren Punkte innerhalb des

75

4.1 Folgen

Schlauches zu bleiben. (So gut man das eben anhand eines Bildchens u ¨berhaupt erkennen kann.) an 4

S0,2 (2)

3 2 1

n 1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

13

14

15

16

17

18

Abbildung 4.5 Da ein Punkt ( n | an ) genau dann im ε-Schlauch Sε (a) liegt, wenn das entsprechende Folgenglied an in der ε-Umgebung Uε (a) liegt, schreiben wir immer nur oßeren Anschaulichkeit solltest du dabei aber stets das an ∈ Uε (a). Aufgrund der gr¨ Schlauchbild im Kopf haben. Konvergenz an → a bedeutet, dass es zu jedem ε > 0 ein nε ∈ N gibt, so dass ur alle n > nε gilt. Das bedeutet, dass nur die endlich vielen Folgen|an − a| < ε f¨ glieder a1 , . . . , anε außerhalb der ε-Umgebung Uε (a) liegen, der Rest liegt drin. Beachten wir nun noch, dass der Ausdruck fast alle“ in der Mathematik alle bis ” ” auf endlich viele“ bedeutet, so l¨asst sich die Grenzwert-Definition kurz und knackig so fassen: Die Folge (an ) konvergiert gegen a, wenn gilt: In jeder (noch so kleinen) ” ε-Umgebung um a liegen stets fast alle Folgenglieder.“ Ins Schlauchbild u ¨bersetzt bedeutet dies: In jedem (noch so engen) ε-Schlauch um a liegen stets fast alle Punkte der Folge. Zum Schluss lernen wir divergente Folgen kennen, d.h. Folgen ohne Grenzwert. Beispiel 4.6

Die Folge (an ) = (n) ist divergent.

Jedem ist wohl klar, dass die Folgenglieder n sich keiner festen Zahl n¨ahern, und die Folge damit keinen Grenzwert besitzen kann. Aber wie schreibt man das korrekt auf? Etwa so: urliche Zahl k Sei a ∈ R beliebig. Dann liegt z.B. f¨ ur ε = 14 maximal eine nat¨ 1 1 im Intervall ( a − 4 , a + 4 ), d.h. h¨ochstens ein Folgenglied ak = k liegt in der εare a Grenzwert der Folge, m¨ ussten aber fast alle Folgenglieder Umgebung U 14 (a). W¨ in U 14 (a) liegen, d.h. kein a ∈ R ist Grenzwert der Folge. In gewissem Sinn strebt (an ) gegen ∞, was aber keine reelle Zahl ist. Oft weist man die Divergenz einer Folge nicht direkt nach, sondern mit Hilfe der Tatsache, dass Unbeschr¨ anktheit stets Divergenz nach sich zieht.

76

4 Grenzwerte von Folgen und Reihen

Eine Folge (an ) heißt beschr¨ ankt, wenn es Zahlen s, S ∈ R gibt,

Definition 4.3 so dass gilt: s  an  S

f¨ ur alle n ∈ N.

¨ s heißt dann untere Schranke und S obere Schranke der Folge. (Aquivalent dazu ist die Existenz eines s∗ ∈ R+ mit |an |  s∗ f¨ ur alle n ∈ N; siehe Aufgabe 4.8.) ♦ Satz 4.1

Jede konvergente Folge ist beschr¨ankt.

Beweis: Sei (an ) eine Folge und a ihr Grenzwert. Zu ε = 1 liegen fast alle Folgenglieder in U1 (a) = ( a − 1 , a + 1 ), d.h. es gibt ein n1 ∈ N, so dass an ∈ U1 (a) ur diese an ist also a + 1 f¨ ur alle n > n1 gilt (zeichne dir ein Schlauchbild!). F¨ eine obere Schranke. Die endlich vielen a1 , . . . , an1 , die außerhalb von U1 (a) liegen k¨onnen, besitzen ein gr¨oßtes Element. Somit ist S := max { a1 , . . . , an1 , a + 1 } eine obere Schranke der gesamten Folge. Ebenso sieht man, dass s := min { a1 , . . . , an1 , a − 1 } eine untere Schranke ist.  Durch Kontraposition folgt: Jede unbeschr¨ ankte Folge ist divergent“. ” Damit ist Beispiel 4.6 mit einem Schlag erledigt, da es keine obere Schranke f¨ ur die nat¨ urlichen Zahlen gibt2 . Beispiel 4.7

ur jedes q ∈ R mit |q| > 1 divergent. Die Folge (q n ) ist f¨

Wir zeigen dies, indem wir zun¨ achst f¨ ur q > 1 die Unbeschr¨ anktheit der Folge nachweisen (und zwar ohne Logarithmus). Wegen q > 1 ist q = 1 + x mit einem x > 0. Mit Hilfe der Bernoulli-Ungleichung (Satz 2.5) folgt q n = (1 + x)n > 1 + nx. (Wegen x > 0 folgt dies auch aus dem binomischen Lehrsatz.) W¨ ahlt man also n groß genug, so u ¨bersteigt q n > 1 + nx irgendwann jede Schranke S ∈ R+ . ur q < −1. Wegen |q n | = |q|n folgt die Unbeschr¨anktheit auch f¨ Es gibt jedoch auch divergente Folgen, die beschr¨ankt sind.   Beispiel 4.8 Die alternierende Folge (−1)n ist divergent. ahlt, F¨ ur a = 1, −1 enth¨ alt Uε (a) gar keine Folgenglieder, wenn man ε klein genug w¨ also kommt ein solches a als Grenzwert nicht in Frage. W¨ are 1 der Grenzwert der Folge, dann m¨ ussten in U 12 (1) fast alle, d.h. alle bis auf endlich viele, Folgenglieder liegen. Dies ist nicht erf¨ ullt: Zwar liegen dort unendlich viele Folgenglieder, n¨amlich alle (−1)n = 1 mit geradem n, aber eben nicht fast alle, da die unendlich vielen (−1)n = −1 mit ungeradem n nicht in U 12 (1) liegen. Ebenso sieht man, dass auch −1 nicht der Grenzwert der Folge sein kann. 2 Die scheinbare so klare Aussage Zu jedem S ∈ R gibt es ein n ∈ N mit n > S“ (was wir bei der ” Bestimmung von nε schon die ganze Zeit stillschweigend benutzt haben), ist als archimedisches Axiom bekannt und muss bei der Konstruktion der reellen Zahlen R bewiesen werden (siehe Aufgabe 4.16)!

4.1 Folgen

77

Das letzte Beispiel motiviert die folgende Definition 4.4 Eine Zahl h ∈ R heißt H¨ aufungswert einer Folge (an ), wenn in jeder ε-Umgebung um h unendlich viele (aber nicht notwendigerweise fast alle) Folgenglieder liegen: F¨ ur jedes ε > 0 gilt |an − h| < ε f¨ ur unendliche viele n.

♦

Der Grenzwert einer Folge ist urlich stets ein H¨ aufungswert, aber nicht um nat¨ gekehrt; z.B. hat die Folge (−1)n keinen Grenzwert, besitzt aber die beiden H¨aufungswerte −1 und 1 (siehe Beispiel 4.8). Beispiel 4.9 Wir betrachten eine Folge, die unendlich viele H¨ aufungswerte besitzt. Es sei (an ) die Folge mit an =

1 , n

wobei n die Quersumme von n ist.

Es ist also z.B. a42 =

1 1 1 = = 4+2 6 42

(= a6 = a60 = a600 . . .).

Wir behaupten, dass jedes Folgenglied und die Zahl 0 H¨ aufungswerte dieser Folge sind (mache dir am Ende noch klar, dass es auch keine weiteren gibt). Zun¨ achst ist die 0 ein H¨aufungswert, weil die Quersumme beliebig groß werden ur n(q) z.B. die Zahl mit q Einsen kann: Will man n = q erhalten, so kann man f¨ als Ziffern w¨ ahlen, d.h. n(q) := 111 . . . 1. Ist nun ε > 0 beliebig gegeben, so w¨ahle ullen dann ein nat¨ urliches k > 1ε . Alle Zahlen n(q) mit q  k erf¨ |an(q) − 0| =

1 n(q)

=

1 1  0 ein zugeh¨ oriBei einer Folge wie z.B. 2n 4 −5n3 ges nε explizit zu finden. Mit Hilfe der Grenzwerts¨ atze lassen sich die Grenzwerte komplizierter Folgen auf (bekannte) Grenzwerte einfacher Folgen zur¨ uckf¨ uhren – ganz ohne Epsilontik! Satz 4.2

F¨ ur konvergente Folgen (an ) und (bn ) gilt:

(G1 ) Die Summenfolge (an + bn ) ist konvergent und ihr Grenzwert ist die Summe der Grenzwerte von (an ) und (bn ): lim (an + bn ) = lim an + lim bn .

n→∞

n→∞

n→∞

(G2 ) Die Produktfolge (an · bn ) ist konvergent und ihr Grenzwert ist das Produkt der Grenzwerte von (an ) und (bn ): lim (an · bn ) = lim an · lim bn .

n→∞

n→∞

n→∞

(G3 ) Ist limn→∞ bn = 0, so sind fast alle bn =0, und die (ggf. erst ab einem  Index N > 1 definierte) Quotientenfolge abnn konvergiert gegen lim

n→∞

lim an an = n→∞ . bn lim bn n→∞

Man darf also den Limes in Summe, Produkt und Quotient zweier Folgen reinzie” hen“, w e n n (!) die Ausgangs-Folgen konvergent sind. Im Beweis ben¨ otigen wir eine Ungleichung, die in der Analysis so h¨ aufig gebraucht wird, dass wir ihr ein eigenes Lemma widmen. Lemma 4.1

F¨ ur zwei reelle Zahlen x, y ∈ R gilt die Dreiecksungleichung

|x + y|  |x| + |y|. Beweis: Ist x  0, so ist |x| = x und −x  0  x = |x|, insgesamt also ±x  |x|. F¨ ur x < 0 ist |x| = −x > 0 und x < 0 < −x = |x|, insgesamt also auch hier ±x  |x|. D.h. f¨ ur beliebige x, y ∈ R gilt ±x  |x| und ±y  |y|. Zusammen ergibt sich: x + y  |x| + |y|

und

− (x + y) = (−x) + (−y)  |x| + |y|.

Da (wieder nach Definition des Betrags) |x + y| = x + y oder |x + y| = −(x + y) ist, folgt |x + y|  |x| + |y|. 

80

4 Grenzwerte von Folgen und Reihen

Was diese Ungleichung mit einem Dreieck zu tun hat, wird erst im Kapitel u ¨ber komplexe Zahlen klar werden. Mit ihr gewappnet k¨onnen wir nun zum Beweis der Grenzwerts¨ atze voranschreiten. Beweis:

(G1 ) Es sei a := lim an und b := lim bn . Mit ε > 0 ist auch

(der Grund f¨ ur |an − a| <

n→∞

1 2 ε 2

n→∞

ε 2

>0

wird gleich klar), und man findet nε,a , nε,b ∈ N mit f¨ ur alle n > nε,a

und

|bn − b| <

ε 2

f¨ ur alle n > nε,b .

Setzt man nε = max { nε,a , nε,b }, so sind f¨ ur alle n > nε beide der obigen Ungleichungen gleichzeitig erf¨ ullt, und es folgt |an + bn − (a + b)| = |an − a + bn − b|  |an − a| + |bn − b| <

ε 2

+

ε 2

= ε.

Im zweiten Schritt wurde die Dreiecksungleichung 4.1 verwendet. Damit ist bewiesen, dass (an + bn ) gegen a + b konvergiert, und das ist genau die Aussage von (G1 ). ussen zeigen, dass a · b der Grenzwert von (an · bn ) ist. Dies ist ¨aquiva(G2 ) Wir m¨ lent zur Aussage, dass Folge minus Grenzwert“, hier also (an bn −ab) eine Nullfolge ” ist (mache dir das klar). Das Einf¨ ugen einer nahrhaften Null“ ergibt ” an bn − ab = an bn − an b + an b − ab = an (bn − b) + (an − a)b. Die Folgen (an ) und (b) sind konvergent (die zweite ist sogar konstant) und damit nach Satz 4.1 beschr¨ ankt. Ihre Produkte mit den Nullfolgen (bn − b) und (an − a) bleiben laut Aufgabe 4.5 Nullfolgen, also folgt mit (G1 ) an (bn − b) + (an − a)b → 0 + 0 = 0. achst zeigen wir, dass aus bn → b = 0 folgt, dass fast alle bn = 0 sind: (G3 ) Zun¨ ussen, sind Mit b = 0 ist ε := 12 |b| > 0. Da fast alle bn im Intervall Uε (b) liegen m¨ sie mindestens 12 |b| von der Null entfernt und damit = 0. Ab einem gewissen Index N ∈ N ist also bn = 0 und ab hier ist damit die Quotientenfolge abnn definierbar, wir  n+N    ). betrachten also abnn n>N “(wer mag, shiftet den Index und nimmt abn+N n∈N ” Wenn wir b1n → 1b zeigen k¨onnen, folgt (G3 ) wegen abnn = an · b1n sofort aus (G2 ). Dazu m¨ ussen wir     1     − 1  =  b − bn  = |bn − b|  bn b   bn b  |bn ||b| kleiner als jedes beliebige ε > 0 machen. Wir haben gerade gesehen, dass es ein nε mit |bn |  12 |b| f¨ ur n > nε gibt. F¨ ur diese n gilt |bn − b| |bn − b| 2|bn − b| =  1 . |bn ||b| |b|2 2 |b||b| Wegen bn → b gibt es ein nε nach dem |bn − b| < ε := 12 |b|2 ε ist. Der Grund f¨ ur diese spezielle Wahl von ε ist, dass am Ende genau ε herauskommen soll. F¨ ur

81

4.1 Folgen

n > max { nε , nε } =: nε gilt dann    1 2|bn − b| 2 · 12 |b|2 ε 1   < = ε.  −    bn b  |b|2 |b|2

Beispiel 4.10



Die Folge (3 + n1 ) konvergiert gegen 3.

Diese Folge ist die Summe zweier konvergenter Folgen: Der konstanten Folge (3),   die selbstverst¨ andlich 3 als Grenzwert besitzt und der Nullfolge n1 . Damit folgt  1 1  (G1 ) lim 3 + = 3 + 0 = 3. = lim 3 + lim n→∞ n→∞ n→∞ n n   Beispiel 4.11 Die Folge n52 ist eine Nullfolge.     Null. Die obige Folge ist also Zun¨ achst hat n5 = 5 · n1 nach (G2 )den Grenzwert   das Produkt der beiden Nullfolgen n1 und n5 und erneute Anwendung von (G2 ) liefert:  5 1  (G ) 5 5 1 2 lim 2 = lim · · lim = 0 · 0 = 0. = lim n→∞ n→∞ n n→∞ n n→∞ n n n Diese Beispiele h¨ atte man mit Hilfe der ε-Definition ebenso schnell (oder schneller) bew¨ altigt. Im n¨ achsten Beispiel zeigt sich erstmals die N¨ utzlichkeit der Grenzwerts¨atze.  4n2 −1  konvergiert gegen 2. Beispiel 4.12 Die Folge 2n 2 −5n Zun¨ achst klammern wir in Z¨ahler und Nenner die h¨ ochste n-Potenz aus:   1 1 2 2 n 4 − n2 4 − n2 4n − 1  = = 2 , 5 2 2n − 5n 2 − n5 n 2− n und wenden anschließend die Grenzwerts¨ atze an:   lim 4 − n12 4 − n12 (G3 ) n→∞ 4n2 − 1   = lim = lim n→∞ 2n2 − 5n n→∞ 2 − 5 lim 2 − n5 n n→∞

Beispiel 4.13

Bestimme den Grenzwert der Folge



(G1, 2 )

=

4−0 = 2. 2−0

5n 3n +2 ·5n



.

1 5n 5n   =  3 n = . Zun¨ achst 5n im Nenner ausklammern: 3n n 3n + 2 · 5n 5 5n + 2 +2 5  3 n Da ( 5 ) nach Beispiel 4.5 eine Nullfolge ist, ergibt sich lim

n→∞

1 5n 1 1 1 (G3 ) (G1 )  3 n  = = . = lim  3 n = n n n→∞ 3 + 2·5 0+2 2 +2 lim +2 5 5 n→∞

82

4 Grenzwerte von Folgen und Reihen

————————— Aufgabe 4.11

—————————

1 = lim 1 = lim n→∞



n→∞

n · n1



= lim n · lim

1 n→∞ n

n→∞

= ∞·0 !

Oder?

Bestimme den Grenzwert von (an ) mit Hilfe der Grenzwerts¨ atze. √ 4 + 2n (5 − 3n)2 2 n √ √ a) an = c) an = b) an = 2 − 4n2 n−2 3 − 2n

Aufgabe 4.12

d) an =

7n − 1 7n+1 + 6n

e) an = √

—————————

4.1.3

n−2 4n2 − 1

f) an =

 √ √ n+ n− n

—————————

Exkurs: Die Vollst¨ andigkeit von R

In diesem theoretisch recht anspruchsvollen Abschnitt lernen wir eine grundlegende Eigenschaft der reellen Zahlen R kennen, die f¨ ur die Konvergenztheorie und damit f¨ ur die gesamte Analysis von fundamentaler Bedeutung ist: R ist vollst¨ andig. Dies bedeutet anschaulich, dass es auf der reellen Zahlengeraden keine L¨ ucken gibt“. ” Um dies pr¨aziser zu formulieren, brauchen wir einen neuen Begriff. Definition 4.5 Es sei A ⊆ R eine nicht leere Menge reeller Zahlen. Eine Zahl S ∈ R heißt Supremum von A, in Zeichen S = sup A, wenn sie die kleinste obere Schranke von A ist. Das bedeutet zweierlei: (1) S ist eine obere Schranke von A, d.h. es gilt x  S f¨ ur alle x ∈ A und (2) S ist die kleinste Zahl mit der Eigenschaft (1), d.h. keine Zahl S  < S kann obere Schranke von A sein. Anders formuliert: F¨ ur alle ε > 0 gibt es ein x ∈ A mit x > S − ε (denn sonst w¨are S  := S − ε eine kleinere obere Schranke als S). Das Infimum von A ist analog als gr¨ oßte untere Schranke von A definiert (siehe Aufgabe 4.13). ♦ Beispiel 4.14

F¨ ur das halboffene Intervall A = [ 0 , 1 ) ⊆ R gilt sup A = 1.

Denn offenbar gilt x < 1 f¨ ur alle x ∈ A, d.h. S = 1 ist obere Schranke von A. F¨ ur jedes S  mit 0 < S  < 1 gilt x := 12 (S  + 1) ∈ A,

da

 1 2 (S

+ 1) < 12 (1 + 1) = 1,

und es ist x > S  , denn aus 1 > S  folgt x = 12 (S  + 1) > 12 (S  + S  ) = S  . Anschaulich ist dies alles vollkommen klar, da x in der Mitte von S  und 1 liegt.

4.1 Folgen

83

Somit kann kein 0 < S  < S eine obere Schranke von A sein (und ein S  < 0 sowieso nicht), womit S = 1 die kleinste obere Schranke von A, also das Supremum ist. Mit der ε-Definition gelingt der Nachweis von (2) viel m¨ uheloser: Ist ε > 0 , so gibt es zu 1 − ε (es sei ε < 1) stets ein x ∈ A mit x > 1 − ε, z.B. x = 1 − 2ε . Dieses x ist u ¨brigens gerade obiges 12 (S  + 1), wenn man ε = S − S  > 0 setzt. Anmerkung: Wie man an diesem Beispiel sieht, muss das Supremum einer Menge A nicht zwingend in A liegen. Es gibt eben keine gr¨oßte Zahl in [ 0 , 1 ), sondern nur eine kleinste obere Schranke, die hier außerhalb von A liegt. Beispiel 4.15 Besitzt die Menge A ein Maximum, d.h. ein M ∈ A mit x  M f¨ ur alle x ∈ A, dann besitzt A auch ein Supremum und es gilt sup A = max A. Denn M = max A ist eine obere Schranke von A (nach Definition des Maximums). Es ist aber auch die kleinste obere Schranke, denn f¨ ur kein S  < M kann x  S  f¨ ur alle x ∈ A gelten, da ja M in A liegt und M > S  ist. Somit ist max A das Supremum von A. F¨ ur A = [ 0 , 1 ] ist also sup A = max A = 1, w¨ahrend die Menge A = [ 0 , 1 ) kein Maximum besitzt. Beispiel 4.16 Wir definieren eine Folge (an√ ) ⊂ Q, indem wir f¨ ur jedes n ∈ N ahlen, die 0 < 2 − a√n < 10−n erf¨ ullt. Es ist also eine rationale Zahl an ∈ Q ausw¨ √ 1 n ) von 2 ab. Man kann allgemein an < 2 und an weicht um weniger als ( 10 zeigen, dass es f¨ ur jede reelle Zahl eine solche rationale Folge gibt; wir behelfen uns hier mit der Dezimaldarstellung √ 2 = 1,4142 . . . und setzen a1 = 1,4; a2 = 1,41; a3 = 1,414; . . . √ √ ur alle n, d.h. f¨ ur die Menge A = { an | n ∈ N }√ist 2 eine Es ist an < 2 f¨ obere Schranke.√Nach Konstruktion der Folge konvergiert sie gegen 2, weshalb der Grenzwert 2 auch √ die kleinste obere Schranke von A ist: Zu jedem ε > 0 gibt es ein √ an , das√|an − 2| < ε erf¨ ullt (sogar fast alle √ an erf¨ ullen dies), was man wegen √ |an − 2| = 2 − an umschreiben kann zu an > 2 − ε. Damit gilt sup A = 2. Betrachtet man allerdings √ A als Teilmenge von Q, so besitzt A pl¨ otzlich kein Su/ Q. Damit haben wir ein Beispiel gefunden f¨ ur eine premum mehr, denn es ist 2 ∈ nach oben beschr¨ankte Teilmenge von Q, die kein Supremum besitzt. Dass so etwas wie im letzten Beispiel in den reellen Zahlen nicht passieren kann, garantiert der folgende Satz, auf dessen Beweis wir im Rahmen dieses Buches nicht eingehen (siehe z.B. [Ebb]) – wir haben ja noch nicht einmal angedeutet, was reelle Zahlen eigentlich sind bzw. wie man sie konstruieren kann, sondern betrachten sie als gegeben. Der Satz stellt eine m¨ ogliche Formulierung3 der Tatsache dar, dass die reellen Zahlen vollst¨ andig sind. 3 Die Vollst¨ andigkeit von R l¨ asst sich auch mit Hilfe sogenannter Intervallschachtelungen formulieren.

84

4 Grenzwerte von Folgen und Reihen

Satz 4.3

( Supremumseigenschaft von R )

Jede nicht leere, nach oben beschr¨ ankte Teilmenge der reellen Zahlen R besitzt ein Supremum in R. 

————————— Aufgabe 4.13

—————————

(Definition und Eigenschaften des Infimums)

a) Gib analog zum Supremum die vollst¨andige Definition des Infimums einer Menge ∅ = A ⊆ R an, also der gr¨ oßten unteren Schranke von A. b) Bestimme mit Hilfe der ε-Charakterisierung das Infimum von A = ( π , 42 ]. c) Definiere das Minimum min A einer Menge A ⊆ R und zeige inf A = min A, sofern min A existiert. Aufgabe 4.14 a) F¨ ur ∅ = A ⊆ R definieren wir −A := { −x | x ∈ A } (die an der Null gespiegelte Menge). Zeige: Ist A nach oben beschr¨ankt, so gilt inf(−A) = − sup A. Formuliere und beweise damit die Infimumseigenschaft von R“. ” b) Zeige: Gilt inf A > 0 f¨ ur ∅ = A ⊆ R+ , so ist sup(A−1 ) = inf1 A , wobei die Kehrbruchmenge“ A−1 als { x1 | x ∈ A } definiert ist. ” Aufgabe 4.15 Bestimme (mit Begr¨ undung) Maximum, Minimum, Supremum und Infimum der Menge A = { n1 | n ∈ N } ⊆ R. Aufgabe 4.16 Beweise das archimedische Axiom: Zu jeder reellen Zahl r ∈ R existiert eine nat¨ urliche Zahl n ∈ N mit n > r. (Tipp: F¨ uhre einen Widerspruchsbeweis mit Hilfe von Satz 4.3.) —————————

4.1.4

—————————

Ausblick: Cauchyfolgen

Wir lernen hier eine weitere Formulierung der Vollst¨andigkeit von R kennen, mit Hilfe sogenannter Cauchyfolgen. Diese sind f¨ ur den weiteren Ausbau der Analysis (z.B. in metrischen R¨aumen“) von fundamentaler Bedeutung, spielen f¨ ur uns aber ” keine große Rolle mehr (außer beim Beweis von Satz 4.11). Dieser Abschnitt kann daher beim ersten Lesen u ¨bergangen werden. Im Unterschied zur Weierstraß-Definition von Konvergenz nimmt das Konvergenzkriterium von Cauchy4 keinerlei Bezug auf den Grenzwert der Folge. 4 Augustin Louis Cauchy (1789 – 1857); einer der ber¨ uhmtesten Mathematiker seiner Zeit und Mitbegr¨ under der komplexen Analysis (Funktionentheorie).

85

4.1 Folgen

Definition 4.6 Eine Folge (an ) heißt Cauchyfolge, wenn es zu jedem ε > 0 ein nε ∈ N gibt, so dass |am − an | < ε

f¨ ur alle m, n > nε gilt.

(Wenn also sp¨ate Folgenglieder beliebig dicht beieinander liegen“.) ”

♦

Wenn man an das Schlauchbild denkt, ist es nicht u ¨berraschend, dass konvergente Folgen stets Cauchyfolgen sind: F¨ ur eine Folge (an ) mit an → a w¨ ahle man ur alle n > nε gilt. Dann folgt mit der zu ε > 0 ein nε so dass |an − a| < 2ε f¨ Dreiecksungleichung f¨ ur alle m, n > nε |am − an | = |am − a + a − an |  |am − a| + |an − a| <

ε 2

+

ε 2

= ε.

Viel wichtiger ist jedoch, dass in R auch die Umkehrung obiger Erkenntnis gilt. Satz 4.4

( Konvergenzkriterium von Cauchy )

Eine (reelle) Folge konvergiert genau dann, wenn sie eine Cauchyfolge ist. Beweis: ⇒“ wurde gerade eben gezeigt. ” ⇐“ beweisen wir nicht. Es sei nur so viel gesagt, dass man das Auswahlprinzip ” von Bolzano5 -Weierstraß verwendet, welches maßgeblich die Vollst¨andigkeit von R ¨ n]). benutzt (siehe [Ko  Tats¨achlich kann man dieses Kriterium dazu verwenden, um die Vollst¨andigkeit eines (Zahlen-)K¨orpers K (allgemeine Definition in Kapitel 9) zu beschreiben: K ist vollst¨andig, wenn alle Cauchyfolgen (an ) ⊆ K konvergieren, also einen Grenzwert in K besitzen. Dies ergibt nat¨ urlich nur Sinn, wenn auf K u ¨berhaupt ein Konvergenzbegriff vorhanden ist. In Beispiel 4.16 wurde eine Folge (an ) ⊆ Q konstruiert, die zwar eine Cauchyfolge √ ist (Nachweis wie oben), aber nicht in Q konvergiert, da ihr Grenzwert 2 nicht in Q liegt. Also ist Q kein vollst¨ andiger K¨orper.

4.1.5

Monotone Folgen

Nun lernen wir ein Konvergenzkriterium kennen, welches mit dem Monotonieverhalten einer Folge zu tun hat. Definition 4.7 Eine Folge (an ) heißt monoton wachsend, wenn an+1  an f¨ ur alle n ∈ N gilt. Gilt sogar > anstelle von  , so heißt die Folge streng monoton wachsend. Entsprechend ist (streng) monoton fallend definiert. Eine Folge heißt (streng) monoton, wenn sie (streng) monoton wachsend oder (streng) monoton fallend ist. ♦ 5 Bernhard Bolzano (1781 – 1848); b¨ ohmischer Priester und Hobbymathematiker, der als geistiger Vorl¨ aufer von Weierstraß und Cantor gelten kann.

86

4 Grenzwerte von Folgen und Reihen

Beispiel 4.17

a) ( n1 ) ist streng monoton fallend, da

1 n+1

<

1 n

f¨ ur alle n ∈ N.

n ist streng monoton wachsend. Dies ist nicht b) Die Folge (an ) mit an = 4n+2 ur offensichtlich und anstelle von an+1 > an weist man besser an+1 − an > 0 f¨ alle n ∈ N nach.

an+1 − an =

n n+1 n n+1 − = − 4(n + 1) + 2 4n + 2 4n + 6 4n + 2

=

4n2 + 6n + 2 − 4n2 − 6n (n + 1)(4n + 2) − n(4n + 6) = (4n + 6)(4n + 2) (4n + 6)(4n + 2)

=

2 >0 (4n + 6)(4n + 2)

f¨ ur alle n ∈ N.

( Monotonieprinzip )

Satz 4.5

Jede beschr¨ ankte, monotone Folge konvergiert. Genauer: ankt und monoton wachsend, so konvergiert an a) Ist (an ) nach oben beschr¨ gegen sup an , wobei sup an kurz f¨ ur sup { an | n ∈ N } steht. b) Ist (an ) nach unten beschr¨ankt und monoton fallend, so gilt an → inf an . Beweis: a) Ist (an ) eine beschr¨ankte Folge, so ist die Menge A aller Folgenglieder, ankt. Aufgrund der Vollst¨ andigkeit von R A = { an | n ∈ N }, nach oben beschr¨ existiert daher S := sup A (Satz 4.3). Aus der Charakterisierung des Supremums folgt nun direkt, dass S der Grenzwert von (an ) ist: Ist n¨amlich ε > 0 vorgegeben, so muss es ein anε geben mit anε > S − ε (ansonsten w¨are S − ε eine kleinere obere Schranke aller Folgenglieder). Aufgrund der Monotonie gilt dann an  anε > S −ε f¨ ur alle n > nε , und da sowieso an  S gilt, liegen fast alle an in Uε (S). b) geht vollkommen analog (siehe Aufgabe 4.19).  Abbildung 4.6 veranschaulicht die streng monotone Konvergenz der Folge (2 − n2 ) gegen ihr Supremum S = 2. (F¨ ur ε = 0,4 sind ab nε = 6 alle an gr¨oßer als S − ε.) an S S−ε

n 1

2

3

4

5

6

7

Abbildung 4.6

8

9

10

11

12

87

4.1 Folgen

Und wasbringt einem dieser Satz f¨ ur die Praxis? Ihn f¨ ur explizit gegebene Folgen n wie z.B. 4n+2 anzuwenden, ist meist eher umst¨andlich – man m¨ usste Beschr¨anktheit und Monotonie nachweisen und den Grenzwert, n¨ amlich das Supremum, kennt man immer noch nicht: Hier sieht man viel schneller mit Hilfe der Grenzwerts¨atze, alt man gleich mit. dass die Folge konvergiert, und den Grenzwert, hier also 14 , erh¨ Die N¨ utzlichkeit des Monotonieprinzips wird sich erst im n¨ achsten Abschnitt offenbaren, denn rekursiven Folgen sieht man oftmals gar nicht an, ob sie u ¨ berhaupt konvergieren. ————————— Aufgabe 4.17 a)

an =

—————————

Untersuche die Folgen (an ) auf Monotonie:

2n − 1 , 2n + 1

b)

an =

2 − n2 . n2 + 4

Aufgabe 4.18 Die Folgenglieder einer W¨ urfelfolge“ entstehen dadurch, dass ” man w¨ urfelt und die auftretende Augenzahl als n-te Nachkommastelle des Folgenglieds an eintr¨ agt. Eine solche Folge k¨onnte also z.B. so aussehen: a1 = 0,1 ; a2 = asst sich u ¨ber die Konvergenz einer 0,16 ; a3 = 0,163 ; a4 = 0,1633 ; . . . Was l¨ W¨ urfelfolge aussagen? Aufgabe 4.19

Beweise Teil b) des Monotonieprinzips.

Aufgabe 4.20

Richtig oder falsch? Begr¨ undung bzw. (Gegen-)Beispiel verlangt!

A: B: C: D: E: F:

Jede beschr¨ ankte Folge ist konvergent. Es gibt monotone Folgen, die nicht konvergent sind. Es gibt Folgen, die nach oben beschr¨ ankt, aber divergent sind. Jede konvergente Folge ist beschr¨ankt. Jede konvergente Folge ist monoton. Jede monoton wachsende, nach oben beschr¨ankte Folge ist konvergent. —————————

4.1.6

—————————

Rekursive Folgen

Bisher haben wir ausschließlich mit Folgen gearbeitet, deren Folgenglieder an explizit gegeben waren. Nun lernen wir rekursiv definierte Folgen kennen. Diese sind durch Vorgabe ihres ersten Elements a1 sowie einer Rekursionsvorschrift bestimmt, die angibt, wie man das Folgenglied an+1 aus dem vorhergehenden Folgenglied an berechnet. (Es gibt auch Rekursionsvorschriften, die auf mehrere vorhergehende Folgenglieder zur¨ uckgreifen; siehe Aufgabe 4.25.)

88

4 Grenzwerte von Folgen und Reihen

Beispiel 4.18 Eine rekursive Folge werde beschrieben durch a1 = 1 und die ur alle n ∈ N. Rekursionsvorschrift an+1 = 2an + 3 f¨ Dann lauten die ersten Folgenglieder: a1 = 1; a2 = 2 · 1 + 3 = 5; a3 = 2 · 5 + 3 = 13. Beispiel 4.19 s1 = 1 ;

s1 = 1 und sn+1 = sn + s 2 = s1 +

1 5 = ; 22 4

1 , n ∈ N, liefert (n + 1)2

s 3 = s2 +

49 1 1 1 ; =1+ + = 32 4 9 36

...

Wie man von einer expliziten auf eine rekursive Vorschrift kommt und umgekehrt kommen kann, wird in Aufgabe 4.21 behandelt. Wir wenden uns nun der Konvergenz rekursiver Folgen zu. Beispiel 4.20

Bestimme den Limes a der rekursiven Folge mit

1 2 a + 1, n ∈ N. 4 n Lassen wir (zun¨ achst ohne genauer dar¨ uber nachzudenken) in der Rekursionsvorschrift n gegen ∞ gehen, so erhalten wir 1  a2n + 1 . lim an+1 = lim n→∞ n→∞ 4 a1 = 1,

an+1 =

Nun beachten wir, dass aus an → a auch an+1 → a folgt (klar!). Also wird obige Gleichung unter Anwendung der Grenzwerts¨atze zu  (G ) 1  1 2 1 1,2 a2n + 1 lim an + 1 = a2 + 1. = a = lim an+1 = lim n→∞ n→∞ n→∞ 4 4 4 Dies f¨ uhrt auf a2 − 4a + 4 = (a − 2)2 = 0, also ist a = 2. Beispiel 4.21

Dasselbe f¨ ur die Folge aus Beispiel 4.18.

Beidseitige Limesbildung bei an+1 = 2an + 3 liefert (G1,2 )

lim an+1 = lim (2an + 3) = 2 lim an + 3,

n→∞

n→∞

n→∞

d.h.

a = 2a + 3.

Somit w¨are der Grenzwert a = −3, was nat¨ urlich t o t a l e r U n s i n n ist, da die Folge unbeschr¨ ankt ist und damit divergiert – und ganz abgesehen davon nur positive Glieder besitzt, also niemals einen negativen Grenzwert haben kann. Warnung: Das eben beschriebene Verfahren der beidseitigen Limesbildung darf n u r dann angewendet werden, wenn man schon weiß, dass die rekursive Folge konvergiert! Außerdem ist sonst das Anwenden der Grenzwerts¨atze gar nicht legitim. Beispiel 4.20 (reloaded) Wir haben bisher nur Folgendes herausgefunden: W e n n die rekursive Folge konvergiert, d a n n ist a = 2 ihr Grenzwert, da in diesem Falle obige Vorgehensweise erlaubt ist. O b sie u ¨berhaupt konvergiert, ist noch unklar. Jetzt kommt uns das Monotonieprinzip 4.5 zu Gute, denn es l¨asst sich hier relativ leicht zeigen, dass (an ) monoton wachsend und beschr¨ankt – also konvergent – ist.

4.1 Folgen

89

(1) Monotonie: Es gilt f¨ ur alle n ∈ N an+1 − an =

1 2 1 1 a + 1 − an = (a2n − 4an + 4) = (an − 2)2  0. 4 n 4 4

(2) Beschr¨anktheit nach oben: Wir weisen an  2 f¨ ur alle n ∈ N nach, indem wir vollst¨ andige Induktion anwenden. Induktionsanfang (IA): a1 = 1  2. Induktionsvoraussetzung (IV): Es gelte ur ein n ∈ N. Im Induktionsschritt (IS) m¨ ussen wir unter Verwenan  2 f¨ dung von (IV) zeigen, dass diese Aussage dann auch f¨ ur n + 1 gilt. an+1 =

(IV) 1 1 2 an + 1  22 + 1 = 2. 4 4

Erst jetzt k¨onnen wir aus dem Monotonieprinzip die Existenz des Limes a folgern. Aber aufgrund vorheriger Rechnung wissen wir immerhin, dass sein Wert 2 betr¨agt. 1 2  an + . Beispiel 4.22 Betrachte die rekursive Folge a1 = 1; an+1 = 2 an Die ersten Folgenglieder lauten (auf f¨ unf Nachkommastellen gerundet) a1 = 1; a2 = 1,5; a3 = 1,41667; a4 = 1,41422; a5 = 1,41421; . . . √ Die Folge scheint ab n = 2 streng monoton fallend zu sein und gegen 2 zu konvergieren, was wir nun beweisen wollen. Es handelt sich hierbei √ um das sogenannte Heron-Verfahren6 zur n¨aherungsweisen Bestimmung von 2. ur alle n  2 nachweisen. Es ist F¨ ur monoton fallend m¨ ussen wir an+1 − an  0 f¨   1 1 2 an 2 − a2n − an = − an + + = . an+1 − an = 2 an 2 an 2an Wie wir gleich zeigen werden, ist der Nenner 2an positiv, also wird dieser Ausdruck ur alle n  2) gilt.  0, falls 2 − a2n  0 (f¨ (1) Nachweis von an > 0 f¨ ur alle n ∈ N. (IA):  a1 = 1 > 0. (IS): Gilt an > 0 f¨ ur ein n (IV), so folgt an+1 = 12 an + a2n > 0, da die Klammer positiv ist. Insbesondere ist an nach unten durch 0 beschr¨ankt. (2) Unter Beachtung der binomischen Formeln ergibt sich f¨ ur alle n  2   2  1 2 an−1 + 2 − a2n = 2 − 2 an−1  1 2 4  a2n−1 + 2an−1 · =2− + 2 4 an−1 an−1 1 1 2 4  1 an−1 − 4 + 2 =− = − a2n−1 + 1 − 2 4 an−1 4 an−1 1 2 2 1 =− an−1 − = − ♥2  0. 4 an−1 4 6 Das Verfahren war wohl schon den Babyloniern bekannt, wird aber dem genialen Ingenieur und Mathematiker Heron von Alexandria (20 – 70 (?) n.Chr.) zugeschrieben.

90

4 Grenzwerte von Folgen und Reihen

Nach obiger Vor¨ uberlegung ist also (an ) monoton fallend ab n = 2. (3) Nach dem Monotonieprinzip konvergiert die Heron-Folge gegen einen Grenzwert a. Beidseitiger Grenz¨ ubergang n → ∞ u ¨berf¨ uhrt die Rekursionsvorschrift in 1 2 a= a+ , 2 a 2 2 2 was nach √ Multiplikation mit 2a zu 2a√ = a + 2 bzw. a = 2 wird. Somit ist a = ± 2 und wegen a > 0 folgt a = 2. 

Das letzte Beispiel l¨ asst sich leicht verallgemeinern. F¨ ur jedes c > 0 konvergiert die rekursive Folge √ 1 c  gegen c. an + a1 = 1; an+1 = 2 an

Satz 4.6

Beweis:

Ersetze in Beispiel 4.22 die 2 in der Klammer durch c.



So sch¨on das Verfahren der beidseitigen Limesbildung auch ist, es muss nicht immer zielf¨ uhrend sein. In Beispiel 4.19 passiert hierbei n¨ amlich Folgendes:   1 (G1 ) = lim sn + 0, also s = s, lim sn+1 = lim sn + 2 n→∞ n→∞ n→∞ (n + 1) was nat¨ urlich wenig hilfreich ist. Dass der Grenzwert s u ¨berhaupt existiert, werden wir erst sp¨ ater nachweisen. Berechnen k¨ onnen wir ihn auf diese Weise jedenfalls nicht. —————————

—————————

Aufgabe 4.21 a) Gib auf zwei verschiedene Arten eine rekursive Folge an, deren vier erste Glieder mit den Zahlen a1 = 6; a2 = 18; a3 = 54; a4 = 162 u ¨bereinstimmen. b) Finde eine explizite Darstellung f¨ ur die rekursive Folge a1 = 2; an+1 = 1 an − n(n+1) . Stelle anhand der ersten Folgenglieder zun¨ achst eine Vermutung auf und beweise diese dann durch vollst¨ andige Induktion. Aufgabe 4.22 ur 0 < q < 1. a) Betrachte die rekursive Folge a1 = q, an+1 = q · an f¨ Zeige, dass diese Folge durch 0 nach unten beschr¨ ankt und streng monoton fallend ist und berechne dann ihren Grenzwert. (Nat¨ urlich sieht man auf einen Blick, dass es sich um die Folge (q n ) handelt. Belasse sie dennoch in rekursiver Form, um die typische Vorgehensweise bei rekursiven Folgen einzu¨ uben).

91

4.1 Folgen

b) Verfahre a¨hnlich f¨ ur die rekursive Folge

Aufgabe 4.23 a1 = 1;

a1 = 3 ; an+1 = 2 +

an (n ∈ N). 2

Zeige mittels vollst¨andiger Induktion, dass die rekursive Folge √ an+1 = 1 + an (n ∈ N)

streng monoton wachsend und durch 2 nach oben beschr¨ankt ist (die Monotonie der Wurzelfunktion darf vorausgesetzt werden). Berechne ihren Grenzwert, den man sich als die Kettenwurzel“ ”   √ 1 + 1 + 1 + ... vorstellen kann. Siehe auch Aufgaben 4.25 und 4.26. Aufgabe 4.24 Berechne die ersten Folgenglieder der durch a1 = 2an − 3a2n (n ∈ N) definierten Folge.

1 6;

an+1 =

Zeige dann allgemein: F¨ ur jedes c > 0 konvergiert die rekursive Folge a1 =

1 ; 2c

an+1 = 2an − ca2n

Anleitung: (1) Zeige an+1 

1 c

gegen

1 . c

f¨ ur alle n, indem du quadratisch erg¨anzt.

(2) Zeige an > 0 f¨ ur alle n mittels vollst¨ andiger Induktion und (1), und folgere ur alle n. −ca2n  −an f¨ (3) Mit (2) l¨asst sich nun leicht zeigen, dass (an ) monoton wachsend ist. Aufgabe 4.25

Die Kaninchenaufgabe von Fibonacci7

Ein neugeborenes Kaninchenpaar (M¨annchen & Weibchen) wird in einem Feld ausgesetzt. Kaninchen sind nach einem Monat zeugungsf¨ahig, so dass das Weibchen am Ende ihres zweiten Monats geb¨aren kann. Annahme: Jedes Weibchen bringt ab ihrem zweiten Monat jeden Monat immer ein weiteres Paar (M & W) zur Welt, und keines der Kaninchen stirbt. Wie viele Paare werden es nach einem Jahr sein? a) L¨ ose diese Aufgabe, indem du eine Rekursionsformel f¨ ur fn , die Anzahl der Kaninchenpaare zu Beginn des n-ten Monats, aufstellst. (Es ist also f1 = f2 = 1, da das Weibchen erst am Ende des zweiten Monats geb¨art.) Die Folge (fn ) heißt Fibonacci-Folge und ihre Glieder Fibonacci-Zahlen8 . 7 Fibonacci (Leonardo von Pisa) (ca. 1170 – 1240): Kaufmann und Rechenmeister in Pisa. Er brachte von seinen Reisen die indische Rechenkunst nach Europa. 8 Diese Zahlen tauchen an vielen unerwarteten Stellen in der Mathematik und den Naturwissenschaften auf. Es gibt eine eigene Zeitschrift, The Fibonacci Quarterly“, die seit 1963 vier” telj¨ ahrlich erscheint und sich ausschließlich dem Studium dieser Zahlen widmet!

92

4 Grenzwerte von Folgen und Reihen

b) Bestimme die ersten Folgenglieder der Fibonacci-Quotientenfolge (qn ) mit qn = fn+1 fn . Zeige, dass sie die Rekursionsvorschrift q1 = 1;

1 qn

qn+1 = 1 +

()

erf¨ ullt.

c) Zeige, dass die Folge (qn ) gegen den goldenen Schnitt Φ konvergiert9 . Dieser ist die positive L¨osung der Gleichung x2 − x − 1 = 0, also √ 1+ 5 . Φ= 2 Dass die Folge (qn ) einen Grenzwert besitzt, zeigt, dass sich auf lange Sicht die Vermehrungsquote fn+1 fn auf einen konstanten Wert einpendelt. Anleitung: (1) Weise mittels Induktion zun¨ achst qn  1 nach. |qn − Φ| , indem du die Rekursionsvorschrift (), die Φ Beziehung Φ = 1 + Φ1 (die aus Φ2 − Φ − 1 = 0 folgt) und (1) verwendest.

(2) Zeige |qn+1 − Φ| 

(3) Wende (2) wiederholt an, um auf |qn+1 − Φ| 

1 Φn+1

zu kommen.

Wegen () l¨asst sich Φ = lim qn u ¨brigens auch als folgender Kettenbruch n→∞ darstellen: Φ=1+

1 1+

1 1 1+ 1+...

.

Aufgabe 4.26 Beweise erneut, dass die Kettenwurzel-Folge (an ) aus Aufgabe 4.23 gegen den goldenen Schnitt Φ konvergiert, indem du die Differenz |an − Φ| gem¨aß folgender Anleitung direkt absch¨atzt. Anleitung: Zeige zun¨achst, dass (an − Φ)(an + Φ) = an−1 − Φ gilt, und gehe dann a¨hnlich wie in Aufgabe 4.25 c) vor. Verwende dabei stets die definierende Gleichung Φ2 = Φ + 1 des goldenen Schnittes. —————————

—————————

9 Das Φ ehrt den griechischen K¨ unstler und Baumeister Phidias, der z.B. beim Bau der Akropolis den goldenen Schnitt als ein dem Auge wohlgef¨ alliges“ L¨ angenverh¨ altnis verwendete. ”

93

4.2 Reihen

4.2

Reihen

4.2.1

Reihen als spezielle Folgen

Definition 4.8

F¨ ur eine Folge (an ) definieren wir

s 1 = a1 , s 2 = a1 + a 2 , s 3 = a1 + a 2 + a 3 , .. . s n = a1 + a 2 + . . . + a n =

n 

ak ,

k=1

.. .

und ordnen so der Folge (an ) eine neue Folge (sn ) zu, welche man (unendliche) Reihe nennt. DieZahlen a1 , a2 , . . . heißen Glieder der Reihe; das n-te Folgenglied n ♦ der Reihe sn = k=1 ak heißt n-te Partialsumme der Reihe. Konvergiert die Folge (sn ), so nennt man ihren Grenzwert s den Wert der Reihe und schreibt s = lim sn = n→∞

∞ 

a k = a1 + a 2 + a 3 + . . .

k=1

Die P¨ unktchenschreibweise ist dabei allerdings mit Vorsicht zu genießen. So bedeuten die P¨ unktchen nicht etwa eine Summe unendlich vieler Zahlen“ (was sollte ” das u ¨berhaupt sein?). ∞ Oftmals wird das Symbol k=1 ak nicht nur f¨ ur den Grenzwert (falls er u ¨berhaupt existiert), sondern auch als Kurzschreibweise f¨ ur die Reihe an sich, d.h. die Folge (sn ) der Partialsummen verwendet, egal ob diese konvergiert oder nicht. ∞

Beispiel 4.23

Es ist

 1 1 1 1 + + + ... = = 1. 1·2 2·3 3·4 k(k + 1) k=1

Um einige Folgenglieder numerisch zu bestimmen, dr¨ ucken wir die Partialsummen dieser Reihe durch die Rekursionsvorschrift s1 =

1 1 = , 1·2 2

sn = sn−1 +

1 n(n + 1)

f¨ ur n ∈ N  2

aus. So wird s2 =

1 1 + ; 1·2 2·3

 1 1 1 1 1 = + + = ; 3·4 1·2 2·3 3·4 k(k + 1) 3

s3 = s 2 +

k=1

94

4 Grenzwerte von Folgen und Reihen

usw. F¨ uttert man einen programmierbaren Taschenrechner mit dieser Rekursionsvorschrift, so erh¨ alt man (auf vier Stellen nach dem Komma) s10 = 0,9091;

s100 = 0,9901;

s1000 = 0,9990;

... ,

so dass sich die Vermutung sn → 1 aufdr¨angt. Diese l¨ asst sich auch leicht beweisen, wenn man die Reihenglieder folgendermaßen umschreibt ( Hauptnenner ” r¨ uckw¨ arts“): 1 1 1 = − ; 1·2 1 2

1 1 1 = − ; 2·3 2 3

...

1 (k + 1) − k 1 1 = = − . k · (k + 1) k · (k + 1) k k+1

Damit vereinfacht sich die n-te Partialsumme zu n n    1 1 1  ! 1 = − , =1− sn = k(k + 1) k k+1 n+1 k=1

k=1

denn es handelt sich um eine Teleskopsumme, die beim Summieren zusammen” schrumpft“: n   1 1  1 1 1 1 1 1 1 1 − = − + − + ... − + − =1− . k k+1 1 2 2 3 n n n+1 n+1

k=1

Es folgt nun sofort ∞  k=1

 1 1  = lim sn = lim 1 − = 1. n→∞ k(k + 1) n→∞ n+1 ∞

Beispiel 4.24

Es gilt

 1 1 1 3 1 1 + + + + ... = = . 3 8 15 24 k2 − 1 4 k=2

Eine a¨hnliche Zerlegung wie im Beispiel eben hilft auch hier weiter. Es ist 1 1 1 = − , k2 − 1 2(k − 1) 2(k + 1) wie man leicht nachrechnet. (Das Verfahren der Partialbruchzerlegung f¨ uhrt einen auf solche Darstellungen; siehe Kapitel 8.) Damit werden die Partialsummen zu Teleskopsummen (sei n  7): sn =

n  k=2

= =

1 2

n 1 1  1 1  = − k2 − 1 2 k−1 k+1 k=2

1−

1 1 1 1 1 1 1 1 1  + − + − + ... + − + − 3 2 4 3 5 n−2 n n−1 n+1

1 1 1 1  3 1 1 1+ − − = − − . 2 2 n n+1 4 2n 2(n + 1)

4.2 Reihen

95

(Wer den vorletzten Schritt nicht glaubt, kann die angegebene Formel f¨ ur sn auch leicht durch Induktion beweisen.) F¨ ur den Grenzwert der Reihe folgt damit ∞  k=2

k2

 3 3 1 1 1 = lim sn = lim − − = . n→∞ − 1 n→∞ 4 2n 2(n + 1) 4

Eine notwendige Bedingung f¨ ur die Konvergenz einer Reihe ist, dass das was dazu ” kommt“ gegen Null geht: Satz 4.7

∞ 

ak kann nur dann konvergieren, wenn (an ) eine Nullfolge ist.

k=1

Beweis: Es besteht folgender Zusammenhang zwischen den Gliedern an der Reihe und deren Partialsummen sn : sn − sn−1 =

n 

ak −

k=1

n−1 

ak = a1 + . . . + an − (a1 + . . . + an−1 ) = an .

k=1

Aus der Existenz von s = lim sn folgt damit sofort n→∞

lim an = lim (sn − sn−1 ) = s − s = 0.

n→∞

n→∞



Dass dies allerdings noch lang keine hinreichende Bedingung ist, zeigt das n¨achste Beispiel der prominentesten divergenten Reihe. Die harmonische Reihe

Beispiel 4.25

∞

1 1 1 = ∞. 1 + + + ... = 2 3 k

∞  1 w¨ achst unbeschr¨ankt. Kurz: k

k=1

k=1

Die Beweisidee basiert auf Gruppieren der Glieder in 2er-, 4er-, 8er-P¨ackchen etc.: 1 1 1 1 1 1 1 + + + + + s8 = 1 + + 2 3 4 5 6 7 8 1 1 1 1 1 1 1 >1+ + + + + + + 2 4 4 8 8 8 8 =1+

1 1 1 1 + 2· + 4· = 1 + 3· . 2 4 8 2

Ebenso sieht man s16 > 1 + 4 · 12 , s32 > 1 + 5 · 12 und allgemein s 2 > 1 +  ·

1 2

f¨ ur jedes  ∈ N  2 .

¨ber jede Schranke. Folglich divergiert die harmonische Reihe – Somit w¨achst sn u und das obwohl ( n1 ) eine Nullfolge ist.

96

4 Grenzwerte von Folgen und Reihen

————————— Aufgabe 4.27

∞  1−

a)

k=1

πk

————————— 1 π

=

1 π

b)

∞  k=1

1 1 = 4k 2 − 1 2

(Forme die Glieder so lange um, bis du Teleskopsummen erkennen kannst.)

Aufgabe 4.28

∞  1 √ =∞ k k=1

(Vergleiche mit der harmonischen Reihe.)

—————————

—————————

Die n¨achste Reihe ist von so großer Bedeutung f¨ ur die Analysis, dass wir ihr einen eigenen Abschnitt widmen.

4.2.2

Die geometrische Reihe

Die geometrische Reihe ist die zur geometrischen Folge (q n ) geh¨orige Reihe (der Trivialfall q = 0 sei dabei stets ausgeschlossen), also ∞ 

qk = 1 + q + q2 + q3 + . . .

k=0

Beachte, dass wir hier bei k = 0 zu z¨ ahlen beginnen. Das Konvergenzverhalten dieser Reihe kl¨ art der n¨ achste Satz 4.8

a) F¨ ur die Partialsummen der geometrischen Reihe gilt f¨ ur q = 1

1 + q + q2 + . . . + qn =

n 

qk =

k=0

1 − q n+1 1−q

(geometr. Summenformel ).

b) Die geometrische Reihe ist nur f¨ ur |q| < 1 konvergent und es gilt lim sn =

n→∞

∞  k=0

qk =

1 . 1−q

Beweis: a) Beweis durch Induktion siehe Aufgabe 2.14. Ohne Induktion: Ausmultiplizieren f¨ uhrt auf eine Teleskopsumme sn · (1 − q) = (1 + q + q 2 + . . . + q n ) · (1 − q) = 1 + q + q2 + . . . + qn − q − q 2 − . . . − q n − q n+1 = 1 − q n+1 ,

4.2 Reihen

97

also liefert teilen durch 1 − q = 0 die Behauptung. Aus der geometrischen Summenformel folgt nun sofort b), wenn man die Grenzwerts¨ atze zu Hilfe zieht und sich erinnert (Beispiel 4.5), dass (q n+1 ) f¨ ur |q| < 1 eine Nullfolge ist: ∞ 

q k = lim sn = lim n→∞

k=0

n→∞

1 − q n+1 1−0 1 = = . 1−q 1−q 1−q

F¨ ur |q|  1 ist |q n − 0| = |q n | = |q|n  1. Somit bilden die Glieder der Reihe in diesem Fall keine Nullfolge, und nach Satz 4.7 kann sie nicht konvergieren.  1 1 1 1 + − + − ... 2 4 8 16  k   k Es handelt sich um eine geometrische Reihe mit den Gliedern (−1)k 12 = − 12 : Bestimme den Wert der Reihe 1 −

Beispiel 4.26

1−

∞   1 1 1 1 2 1 k 1 + − + − ... = − = 1 = 3 . 2 4 8 16 2 1 − (− ) 2 k=0

Eine nette kleine Anwendung der geometrischen Reihe ist das Umwandeln periodischer Dezimalzahlen in Br¨ uche. Umwandeln der periodischen Dezimalzahl 0,34 in einen Bruch:

Beispiel 4.27

0,34 0,34 + + ... 100 10000    1 2 1 + + ... = 0,34 · 1 + 100 100

0,34 = 0,343434 . . . = 0,34 +

= 0,34 ·

∞   1 k 34 1 34 100 · = . = 0,34 · = 1 100 100 99 99 1 − 100

k=0

Quadratpflanze“ ” ache A0 = 1. Die Bilderfolge in Abbildung 4.7 beginnt mit einem Quadrat der Fl¨ Im ersten Schritt wird jede Seite des Quadrats gedrittelt und an das mittlere Drittel ein neues Quadrat angef¨ ugt. So entsteht f¨ ur n = 1 eine Figur mit Fl¨acheninhalt ugten Quadrate wiederholt man Schritt 1 wobei A1 . Mit jedem der vier neu angef¨ es hier jeweils nur noch drei freie Seiten gibt, die man dritteln kann. Beispiel 4.28

10

acheninhalte der Figuren beWir bestimmen die Folge (An )n∈N0 , welche die Fl¨ schreibt, und untersuchen, ob sie einen Grenzwert besitzt.

10 Besten

Dank an Stefan Kottwitz f¨ ur den TikZ-code! tex.stackexchange.com

98

4 Grenzwerte von Folgen und Reihen

n=0

n=1

n=2

n=3

Abbildung 4.7 A1 : Es entstehen 4 neue Quadrate der Fl¨ache somit A1 = A0 + 4 · 19 = 1 + 4 · 19 .

1 3

· 13 = 19 . Die Gesamtfl¨ ache betr¨agt

A2 : An den 4 · 3 = 12 freien Seiten entstehen 12 neue Quadrate der Fl¨ache  1 2  2  1 2 = 1 + 4 · 19 + 4 · 3 · 19 . 9 . Also ist A2 = A1 + 4 · 3 · 9

1 9

· 19 =

A3 : An den 12 · 3 = 36 freien Seiten entstehen 36 neue Quadrate der Fl¨ache  1 3  1 3  2  3 1 1 2 = 1+4 · 19 +4 · 3 · 19 +4 · 32 · 19 . 27 · 27 = 9 , d.h. A3 = A2 +4 · 3 · 9 Allgemein ist die Gesamtfl¨ache der n-ten Figur (n  4) gegeben durch  1 2  1 3  1 n 1 + 4 · 32 · + . . . + 4 · 3n−1 · An = 1 + 4 · + 4 · 3 · 9 9 9 9 

 1 2  1 n−1  1 2 n−1 1 + 3· + 3 · + ... + 3 · 9 9 9   n−1  1 n−1 1  1 2 4   1 k 4 + ... + . =1+ · =1+ · 1+ + 9 3 3 3 9 3

4 =1+ · 9

k=0

Mit Hilfe der geometrischen Reihe ergibt sich damit f¨ ur den Grenz-Fl¨acheninhalt“ ” ∞ 1 5 4   1 k 4 4 3 =1+ · =1+ · = . A∞ = lim An = 1 + · 1 n→∞ 9 3 9 1− 3 9 2 3 k=0

Somit n¨ahert sich die Figurenfolge einer Grenzfigur“, deren Inhalt endlich ist (was ” man auch anhand der Grafiken vermuten w¨ urde) und 53 betr¨agt. Interessanterweise w¨ achst aber der Umfang der Figuren u ¨ber alle Grenzen! Man kann sich leicht u ¨berlegen, dass der Umfang der n-ten Figur durch Un = 4 + 83 n gegeben ist. Damit ur n → ∞. geht Un → ∞ f¨ Anmerkung: Die Grenzfigur“ ist ein sogenanntes Fraktal, worauf wir hier nicht ” weiter eingehen k¨ onnen. Aber es sei noch angedeutet, dass es so stark verwinkelt“ ” ist, dass seine Hausdorff-Dimension“ keine ganze Zahl mehr ist, sondern zwischen ” 1 (Linie) und 2 (Fl¨ache) liegt.

99

4.2 Reihen

Abbildung 4.8: Fr¨ uhe (nicht-fraktale) Grenzfiguren Eine wichtige Eigenschaft der geometrischen Reihe ist, dass sich durch einen Vergleich mit ihr oft die Konvergenz bzw. Divergenz anderer Reihen erkennen l¨asst. Dies wird in Abschnitt 4.2.4 allgemein diskutiert, hier soll ein Beispiel gen¨ ugen. ∞

Beispiel 4.29

1+

 1 1 1 1 + + + ... = 4 9 16 k2

konvergiert.

k=1

Durch geschicktes Gruppieren erkennt man z.B. f¨ ur die siebte Partialsumme:  1   1 1 1 1 1  1 1 s7 = 1 + + + + + + < 1 + 2· 2 + 4· 2 2 2 2 2 2 2 2 3 4 5 6 7 2 4  1 3   1 2 4.8 a) 1 − 2 1 1 1 1 =1+ + =1+ + = < = 2. 1 2 4 2 2 1− 2 1 − 12 So l¨ asst sich auch allgemein erkennen, dass f¨ ur die n-te Partialsumme mit n  2 −1   1 − 12 1 < =2 sn  s2 −1 < 1 1− 2 1 − 12 f¨ ur jedes  ∈ N gilt. Dass die Folge (sn ) der Partialsummen streng monoton w¨achst, ist offensichtlich, da alle Glieder der Reihe positiv sind. Da wir eben 2 als obere Schranke gefunden haben, muss (sn ) nach dem Monotonieprinzip konvergieren.

100

4 Grenzwerte von Folgen und Reihen 2

Anmerkung: Dass der Grenzwert der Reihe π6 betr¨agt, k¨onnen wir im Rahmen dieses Buches leider nicht beweisen. Als erster fand dies 1735 der geniale Euler heraus, der uns noch h¨aufiger begegnen wird. —————————

—————————

− 12 +

1 6

−

1 18

1 54

−

1 162

Aufgabe 4.29

Bestimme den Wert der Reihe

Aufgabe 4.30

Wandle die periodischen Dezimalzahlen in Br¨ uche um.

a) 0,048

b) 3,148

(verwende a))

+

+ ...

c) 0,1234

Aufgabe 4.31 (Zenons Paradoxon) Ein alter Grieche namens Zenon von Elea stieß um 450 v.Chr. auf folgendes Problem (in heutige Sprache u ¨bersetzt; damals gab es noch keinen Geschwindigkeitsbegriff): Ein L¨aufer, der sich mit konstanter Geschwindigkeit bewegt, kann niemals in endlicher Zeit das Ende einer Bahn erreichen. Denn zuerst muss er die H¨alfte der Bahn durchlaufen, dann die H¨alfte der verbleibenden H¨ alfte (also ein Viertel), dann wieder die H¨alfte des verbleibenden Viertels (also ein Achtel) usw. – so dass er niemals sein Ziel erreichen kann. Wo liegt Zenons Denkfehler? Widerlege sein Argument auch durch direkte Berechnung der ben¨otigten Gesamtzeit (unter Verwendung der geometrischen Reihe), wenn der L¨aufer f¨ ur die erste H¨ alfte eine Minute braucht. Aufgabe 4.32 Die Ausgangsfigur in Abbildung 4.9 ist ein gleichseitiges Dreieck der Seitenl¨ange 1. In jedem Schritt werden alle Kanten der Figur gedrittelt und mittig“ mit neuen gleichseitigen Dreiecken best¨ uckt. ”

n=0

n=1

n=2

n=3

Abbildung 4.9 Bestimme die Folge (An )n∈N0 , welche die Fl¨ acheninhalte dieser Figuren beschreibt. achenBestimme anschließend A∞ , den Grenzwert der Folge An , welchen man als Fl¨ inhalt der Grenzfigur“ – einem Fraktal namens Koch’sche Schneeflocke – auffassen ” kann. Dasselbe f¨ ur die Folge (Un )n∈N0 , wobei Un der Umfang der n-ten Figur ist. —————————

—————————

101

4.2 Reihen

4.2.3

Die eulersche Zahl

Als Kr¨ onung unserer bisherigen Bem¨ uhungen zu Folgen und Reihen k¨ onnen wir nun die eulersche Zahl e einf¨ uhren, die eine der wichtigsten Zahlen der Analysis ¨ u ¨berhaupt ist. Die folgenden Uberlegungen gehen im Wesentlichen auf Euler11 zur¨ uck (allerdings gab es zu seiner Zeit noch keinen rigorosen Grenzwertbegriff und es wurde viel sorgloser mit Folgen und Reihen umgegangen). Wir erinnern zun¨achst an die Definition der Fakult¨at: k! = k · (k − 1) · . . . · 2 · 1 f¨ ur k ∈ N (sowie 0! := 1) und f¨ uhren gleich noch eine n¨ utzliche Kurzschreibweise f¨ ur ¨ Produkte ein, dieim folgenden Beweis die Ubersichtlichkeit erh¨ o ht. Analog zum  Summenzeichen definieren wir das Produktzeichen als n 

a := a1 · a2 · . . . · an .

=1

Damit l¨asst sich die Fakult¨ at knapper darstellen als

k! =

k 

.

=1

Ferner ben¨ otigen wir die Binomialkoeffizienten und den binomischen Lehrsatz von Seite 35. Satz 4.9

Betrachte die Reihe (sn ) mit den Partialsummen  1 1 1 1 + + ... + = 1! 2! n! k! n

sn = 1 +

k=0

 sowie die Folge (an ) mit an =

1 1+ n

n .

(1) Die Reihe (sn ) ist monoton wachsend und beschr¨ankt, also konvergent. Ihr Grenzwert wird mit e bezeichnet und heißt eulersche Zahl : e := lim sn = n→∞

∞  1 1 1 1 = 1 + + + + ... . k! 1! 2! 3!

k=0

(2) Die Folge (an ) ist ebenfalls monoton wachsend und beschr¨ankt, also besitzt auch sie einen Grenzwert, den wir zun¨ achst ˜e nennen:   1 n . ˜e := lim 1 + n→∞ n

11 Leonhard Euler (1707 – 1783). Mit 866 Ver¨ offentlichungen einer der produktivsten Mathematiker aller Zeiten, der große Beitr¨ age zur reinen Mathematik (Analysis, Zahlentheorie, Algebra) wie auch zur Physik (Mechanik, Hydrodynamik, Optik) leistete. Obwohl er die letzten 13 Jahre seines Lebens blind war, entstand in dieser Zeit die H¨ alfte seines Gesamtwerkes: Er rechnete einfach vor seinem geistigen Auge und diktierte alles seinem Diener. Dies f¨ uhrte zum Zitat Euler ” rechnet, wie andere atmen.“

102

4 Grenzwerte von Folgen und Reihen

(3) Es gilt ˜e = e, d.h. zwei verschiedene Darstellungen der eulerschen Zahl sind:   ∞  1 n 1 . =e= lim 1 + n→∞ n k! k=0

1 Beweis: (1): Die Monotonie ergibt sich sofort aus sn+1 = sn + (n+1)! > sn f¨ ur alle n ∈ N. Zum Nachweis der Beschr¨anktheit sch¨ atzen wir gegen die geometrische Reihe ab: Zun¨ achst gilt f¨ ur alle k  2

k! =

k 

 = 1·

=1

k 

 

=2

k 

2 = 2k−1

=2

(im dritten Schritt wurde einfach   2 eingesetzt). Durch Kehrbruchbildung  k−1 1 1  2k−1 = 12 f¨ ur alle k ∈ N (f¨ ur k = 1 klar). Damit ist ergibt sich k! sn =

n n n  k−1 n−1      1 k 1 1 1 =1+  1+ =1+ , k! k! 2 2

k=0

k=1

k=1

k=0

wobei wir im letzten Schritt einen Indexshift durchgef¨ uhrt haben. Da die Reihe auf  ∞  1 k der rechten Seite nicht gr¨oßer als ihr Grenzwert k=0 2 = 1−11/2 = 2 wird, ist sn durch 1 + 2 = 3 beschr¨ankt. Nach dem Monotonieprinzip konvergiert (sn ). n  nach dem binomischen Lehrsatz: (2): Wir entwickeln 1 + n1  1+

1 n

n =

n    n k=0

k

1n−k

 k  n 1 n! 1 · = , n k!(n − k)! nk k=0

und schreiben die Binomialkoeffizienten um: n! 1 n · . . . · (n − (k − 1)) · (n − k) · . . . · 1 1  = · = · (n − ). k!(n − k)! k! (n − k) · . . . · 1 k! k−1

=0

−1 Beachte, dass f¨ ur k = 0 ein Produkt der Form “ dasteht, welches wir als 1 de” =0 finieren (leeres Produkt). In der urspr¨ unglichen Summe steht noch n1k = n1 · . . . · n1 , k−1 und diese k Faktoren ziehen wirnun mit den k Faktoren des Produkts =0 (n − )  zusammen gem¨aß (n − ) · n1 = 1 − n . Insgesamt haben wir nun  an = Nun ist

 n+1

1+ <

1 n  n,

n =

 n k−1  1   · . 1− k! n

k=0

woraus 1 −

()

=0

 n+1

> 1−

 n

folgt. Somit ist jedes der Produkte

103

4.2 Reihen k−1  =0

1−

 n+1



gr¨oßer als

k−1  =0

1−

 n



, und wir k¨onnen absch¨atzen:

   k−1 n k−1 1  1    · > · 1− 1− k! n+1 k! n+1 k=0 =0 k=0 =0  n k−1  1   1− · = an , > k! n

an+1 =

n+1 

k=0

=0

wobei wir im zweiten Schritt einen positiven Summanden weggelassen haben, wodurch die Summe kleiner wird. Damit haben wir die Monotonie der Folge (an ) nachgewiesen. Zur Beschr¨ anktheit zeigen wir an  sn f¨ ur alle n ∈ N – da die sn (durch 3 bzw. e) beschr¨ankt sind, gen¨ ugt das. Dazu m¨ ussen wir nur bemerken, dass  k−1     1 ist, da jeder Faktor 1 − n  1 ist. Dann ergibt sich mit =0 1 − n einem Schlag aus () an =

 n k−1 n   1  1  ·  · 1 = sn . 1− k! n k!

k=0

=0

k=0

Wieder nach dem Monotonieprinzip folgt die Konvergenz von (an ). ¨ ur alle n ∈ N gilt. Ubergang (3): In (2) haben wir bereits gezeigt, dass an  sn f¨ zum Grenzwert (erlaubt, da beide Folgen konvergieren) liefert damit ˜e = lim an  lim sn = e. n→∞

n→∞

Um umgekehrt e  ˜e nachzuweisen, gehen wir wieder von () aus und schreiben f¨ ur m  n   m k−1 n k−1   1  1    1− 1− ·  · , am = k! m k! m k=0

=0

k=0

=0

wobei hier einfach nur m − n positive Summanden weggelassen wurden. Gewonnen haben wir dadurch, dass im letzten Ausdruck die Zahl der Summanden nicht mehr von m abh¨ angt, und m nur noch in den endlich vielen Summanden vorkommt.  → 1 f¨ ur m → ∞ erh¨alt man durch Grenz¨ ubergang Jetzt kommt’s: Wegen 1 − m aus der vorigen Absch¨atzung   n k−1 n k−1 n   1  1  1  ˜e = lim am  lim · = · = sn , 1= 1− m→∞ m→∞ k! m k! k! k=0

=0

k=0

=0

k=0

wobei auf der rechten Seite die Grenzwerts¨ atze eingingen. Da dies f¨ ur alle n ∈ N ubergang (diesmal n → ∞). gilt, folgt ˜e  limn→∞ sn = e durch erneuten Grenz¨ Insgesamt haben wir also e = ˜e bewiesen.  Wenn du jeden Schritt nachvollziehen konntest, darfst du dir zwei- bis dreimal heftig auf die Schulter klopfen.

104

4 Grenzwerte von Folgen und Reihen

Als Zahlenwert ergibt sich f¨ ur die eulersche Zahl ungef¨ ahr e ≈ 2,71828. 1 1 1 + 2! +. . .+ 8! ≈ 2,71828 Mit einem Taschenrechner sieht man, dass bereits s8 = 1+ 1! ist und damit die ersten f¨ unf Nachkommastellen der eulerschen Zahl korrekt wiedergibt. (Will man sicher sein, dass sich an den f¨ unf Nachkommastellen in den weiteren Schritten nichts mehr a ¨ ndert, m¨ u sste man eigentlich noch das Restglied“ ∞ ” 1 atzen; macht man das wie oben mit der (groben) Absch¨atzung k=n+1 k! absch¨ unf kordurch die geometrische Reihe, m¨ usste man ca. bis zu s20 gehen, um sich f¨ rekter Nachkommastellen gewiss zu sein.) Die Folge (an ) konvergiert sehr viel langsamer als (sn ): z.B. ist a60 erst ≈ 2,696. Die eulersche Zahl ist irrational (siehe Aufgabe 4.33), d.h. ihre Dezimaldarstellung bricht nicht ab und wird nicht periodisch. Es gilt noch mehr: e ist sogar transzendent, was bedeutet, dass es kein rationales Polynom f (x) = an xn + . . . + a1 x + a0 , arkere Bedinai ∈ Q, n ∈ N gibt, welches √ e als Nullstelle besitzt. Dies ist eine viel st¨ gung als Irrationalit¨at: 2 z.B. ist irrational, aber nicht transzendent, denn es ist Nullstelle von f (x) = x2 − 2. W¨ahrend der Irrationalit¨ats-Beweis von e elementar ist (wenn auch trickreich), ist die Transzendenz von e sehr schwer zu zeigen.

————————— Aufgabe 4.33

—————————

Beweis der Irrationalit¨ at von e nach Fourier12 :

Angenommen, e w¨are rational, dann w¨are e als Bruch Der Trick besteht nun darin, die Zahl  N := n!

m n

mit m, n ∈ N darstellbar.

 n  1 e− k! k=0

zu betrachten. Begr¨ unde die folgenden Beweisschritte. (1) Es ist N ∈ N, d.h. N ∈ Z mit N > 0. (Anleitung: Ziehe n! in die Klammer und das Summenzeichen hinein und begr¨ unde, warumdann nur noch ∞ 1 nat¨ urliche Zahlen stehen bleiben. F¨ ur N > 0 verwende e = k=0 k! .) (2) Es gilt N < n1 . (Anleitung: Schreibe N als Reihe mit nur einem Σ-Zeichen und schreibe die ersten Glieder explizit hin. Versuche diese so abzusch¨ atzen, dass eine geometrische Reihe entsteht.) (3) Warum folgt aus (1) und (2) die Behauptung? —————————

12 J.

—————————

B. Joseph Fourier (1768 – 1830); ber¨ uhmter franz¨ osischer Mathematiker und Physiker.

4.2 Reihen

4.2.4

105

Konvergenzkriterien f¨ ur Reihen

Wir f¨ uhren Kriterien auf, mit Hilfe derer man entscheiden kann, ob eine Reihe ¨ n]. konvergiert oder nicht. F¨ ur den Beweis des folgenden Kriteriums siehe [Ko Satz 4.10

( Leibnizkriterium )

Ist (bk ) eine monoton fallende Nullfolge, dann ∞konvergiert die Reihe mit den Gliedern ak = (−1)k bk , d.h. der Grenzwert k=1 (−1)k bk existiert.  Beispiel 4.30 (Alternierende harmonische Reihe) Die Folge (bk ) mit bk = k1 ist das Beispiel einer monoton fallenden Nullfolge schlechthin. Nach dem Leibnizkriterium konvergiert somit ∞  (−1)k k=1

k

= −1 +

1 1 1 1 − + − + ... 2 3 4 5

Den Grenzwert tats¨ achlich zu bestimmen, ist nochmals eine ganz andere Geschichte. Hier betr¨agt er − ln 2 ≈ −0,693, was man ohne weitere Hilfsmittel aus der Analysis nicht einsehen kann (vgl. Aufgabe 5.6 auf Seite 153). Selbst wenn man den Grenzwert nicht immer explizit bestimmen kann, ist es in der Mathematik oft schon n¨ utzlich zu wissen, dass eine Reihe u ¨berhaupt konvergiert. Will man den Bezug auf den Grenzwert vermeiden, muss man oft – wie zum Beispiel im n¨ achsten Satz – mit dem Cauchy’schen Konvergenzkriterium arbeiten (Satz 4.4). Satz 4.11 ( Majorantenkriterium ) ∞ und |ak |  bk f¨ ur fast alle k ∈ N. Dann Sei k=1 bk konvergent ∞ konvergiert ∞ auch die Reihe k=1 ak sowie die Reihe der Absolutbetr¨age k=1 |ak |. Beweis: Wir wenden  Satz 4.4 auf die  Partialsummen-Folgen sn ) und (tn ) n(sn ), (˜ n n mit den Gliedern sn :=  k=1 ak , s˜n := k=1 |ak | und tn := k=1 bk an. ∞ Nach Voraussetzung ist k=1 bk konvergent, d.h. (tn ) ist nach Satz 4.4 eine Cauchyfolge. Zu jedem ε > 0 gibt es daher ein nε ∈ N, so dass |tm − tn | < ε

f¨ ur alle m, n > nε gilt.

Dabei sei nε gleichzeitig so groß gew¨ahlt, dass die f¨ ur alle bis auf endlich viele k ur alle k > nε erf¨ ullt ist. Wir behaupten vorausgesetzte Majorisierung |ak |  bk f¨ nun, dass f¨ ur dasselbe nε ebenfalls |sm − sn | < ε

und

|˜ sm − s˜n | < ε

f¨ ur alle m, n > nε

gilt. Ist dies gezeigt, so wissen wir, dass auch (sn ) und (˜ sn ) Cauchyfolgen sind, und mit Satz 4.4  (die harte“ Implikation) folgt ihre Konvergenz, sprich die Konvergenz ∞ ∞” a und |a |. Wir gehen von m > n > nε aus (der Fall der Reihen k k k=1 k=1

106

4 Grenzwerte von Folgen und Reihen

m > n gen¨ ugt wegen |sm − sn | = |sn − sm |) und schreiben zun¨ achst die Betr¨age der Partialsummen-Differenzen um als    m  m n   m>n        ak − ak  =  ak  ; |sm − sn | =  k=1

k=1

k=n+1

analog f¨ ur s˜n bzw. tn . Die aus (induktiver) Anwendung der Dreiecksungleichung ur alle k > nε gewonnene Absch¨ atzung und Majorisierung |ak |  bk f¨    m  ak 

    

k=n+1

m 

|ak | 

k=n+1

m 

bk

k=n+1

kann somit auch geschrieben werden als |sm − sn |  |˜ sm − s˜n |  |tm − tn |. Da |tm − tn | < ε f¨ ur alle m > n > nε wird, sind wir fertig.  ∞ ∞ ∞ Man nennt die Reihe k=1 bk eine Majorante f¨ ur k=1 a k . Außerdem heißt k=1 ak ∞ absolut konvergent, wenn die Reihe der Absolutbetr¨ age k=1 |ak | konvergiert. Aus absoluter Konvergenz folgt stets die gew¨ohnliche Konvergenz der Reihe, was obiger Satz f¨ ur den Fall bk = |ak | beinhaltet. Die Umkehrung gilt nicht, was die alternierende harmonische Reihe zeigt: Nach obigem Beispiel konvergiert diese, aber die Reihe der Absolutbetr¨age hingegen ist die harmonische Reihe, welche divergent ist (siehe Beispiel 4.25). ∞ Beispiel 4.31 Nach Beispiel 4.29 konvergiert die Reihe k=1 k12 . Da offenbar 1  n  = 1n  12 f¨ ur alle  n ∈ N mit n  2 gilt, liefert das Majorantenkriterium die k k k ∞ ur n  2. Konvergenz der Reihen k=1 k1n f¨ Die Grenzwerte zu bestimmen ist eine hochkomplizierte Angelegenheit: Etwa f¨ ur n = 4 und n = 6 gelten die von Euler entdeckten faszinierenden Formeln ∞  1 π4 = k4 90

k=1

und

∞  1 π6 , = k6 945

k=1

aber schon f¨ ur n = 3 kennt man keine a¨hnlich einfache Darstellung des Grenzwerts. Als Folgerungen aus dem Majorantenkriterium beweisen wir nun zwei weitere, in der Praxis besonders n¨ utzliche Konvergenzkriterien (f¨ ur absolute Konvergenz) bzw. Divergenzkriterien. Hier zeigt sich erneut die St¨arke der geometrischen Reihe. Satz 4.12 ( Quotientenkriterium ) a  ∞  k+1  ur alle k und es existiere q := lim  Sei k=1 ak gegeben mit ak = 0 f¨ . k→∞ ak ∞ (i) Falls q < 1, dann konvergiert k=1 ak absolut. ∞ (ii) Falls q > 1, dann divergiert k=1 ak .

107

4.2 Reihen

   ist definiert. Beweis: Nach Voraussetzung ist ak = 0, d.h. qk :=  aak+1 k 1−q (i) Im Fall, dass limk→∞ qk = q < 1 ist, ist ε = 2 > 0, und nach Definition des Grenzwerts liegen fast alle qk in der ε-Umgebung Uε (q) = ( q − ε , q + ε ). Somit gilt qk < q + ε =: q  f¨ ur fast alle qk , d.h. f¨ ur alle Indizes k  K mit einem bestimmten  K ∈ N. Beachte, dass nach Wahl von ε = 1−q 2 auch q = q + ε < 1 ist. Es gilt  aK+1    ur qK+1 < q  und damit qK =  aK  < q , d.h. |aK+1 | < q |aK |. Setzt man dies f¨  qK+2 < q fort, so folgt |aK+2 | < q  |aK+1 | < (q  )2 |aK |

und

|aK+3 | < q  |aK+2 | < (q  )3 |aK |.

Induktiv ergibt sich |ak | < (q  )k−K |aK | =: bk f¨ ur alle k > K. Die geometrische Reihe mit den Gliedern bk = (q  )k−K |aK | = |aK |(q  )−K · (q  )k =: c · (q  )k konvergiert aufgrund von q  < 1: ∞  k=1

bk =

∞ 

c · (q  )k = c ·

k=1

∞  k=1

(q  )k < c ·

∞  k=0

(q  )k = c ·

1 . 1 − q

Da |a ur alle k > K, also f¨ ur fast alle k gilt, folgt die absolute Konvergenz k | < bk f¨  ∞ von k=1 ak aus dem Majorantenkriterium. (ii) F¨ ur q > 1 findet man analog zum ersten Fall ein q  >1 und einen Index K ∈ N,  > q  > 1 f¨ ur alle k  K gilt. Wenn aber qk =  aak+1 ur k  K so dass qk > q  > 1 f¨ k ur alle k  K. Somit ist die positive Folge (|ak |) ist, so bedeutet dies |ak+1 | > |ak | f¨ ab dem Index K monoton wachsend, und kann also keine Nullfolge sein. Damit ist ∞  auch (ak ) keine Nullfolge und nach Satz 4.7 divergiert k=1 ak . F¨ ur q = 1 ist mit Hilfe des Quotientenkriteriums keine Aussage m¨oglich: F¨ ur die k harmonische Reihe mit ak = k1 gilt qk = k+1 , was gegen 1 konvergiert, w¨ahrend die harmonische Reihe bekanntermaßen divergiert. In Beispiel 4.29 ist ak = k12 , k2 d.h. qk = (k+1) 2 , was ebenfalls gegen 1 konvergiert; hier ist die Reihe allerdings konvergent. ∞ 1 Beispiel 4.32 Nach Satz 4.9 konvergiert die Reihe k=1 k! . Dies sieht man viel schneller durch Anwenden des Quotientenkriteriums, denn es ist    ak+1  = qk =  ak 

1 (k+1)! 1 k!

=

k! 1 k! = = → 0 = q < 1. (k + 1)! (k + 1) · k! k+1

Satz 4.13 ( Wurzelkriterium )  ∞ Sei k=1 ak gegeben und es existiere der Grenzwert q := lim k |ak |. k→∞ ∞ (i) Falls q < 1, dann konvergiert k=1 ak absolut. ∞ (ii) Falls q > 1, dann divergiert k=1 ak .

108

4 Grenzwerte von Folgen und Reihen

Beweis: (i) Wie im Beweis zu 4.12 findet man im Fall q < 1 ein q  < 1 und  k ur alle k  K ist. Damit gilt |ak |k < (q  )k =: bk f¨ ur K ∈ N, so dass |ak | < q  < 1 f¨ k > K, womit wir eine konvergente Majorante (eine geometrische Reihe, n¨ a mlich ∞ k=1 bk ) gefunden haben. ur fast alle k, dass (ak ) keine (ii) Analog folgt im Fall q > 1 aus |ak |k > (q  )k > 1 f¨ Nullfolge sein kann, und somit die zugeh¨ orige Reihe divergieren muss.  ¨ Ubrigens ist die Existenz des Grenzwerts hier nicht n¨ otig: Man k¨onnte in obigem Satz den Limes q durch den gr¨ o ßten H¨ a ufungswert ( Limes superior“) der Folge  ” ( k |ak |) ersetzen. Das werden wir allerdings nicht brauchen. Beispiel Als triviale Anwendung untersuchen wir die geometrische Rei∞ 4.33 he k=0 q k selbst (ob man beik = 0 oder 1 startet, spielt f¨ ur die Konvergenz  k k k k nat¨ urlich keine Rolle). Es gilt |q | = |q| = |q|, so dass die Reihe nach Satz 4.13 konvergiert, wenn |q| < 1 ist. Hier gilt sogar genau dann wenn“, da f¨ ur |q| = 1 ” die Reihenglieder keine Nullfolge sind.

—————————

—————————

Aufgabe 4.34 Untersuche die folgenden Reihen auf Konvergenz. k  ∞ ∞ ∞    2,7 · k + π (−1)k k! k c) b) ·x a) e·k + 5 k(k + 1) kk k=1

k=1

k=1

In c) ist die Konvergenz der Reihe in Abh¨angigkeit vom Parameter x ∈ R zu kl¨aren – beachte hierbei Satz 4.9. —————————

4.2.5

—————————

Ausblick: Potenzreihen

Nun lernen wir eine f¨ ur die Analysis sehr wichtige Klasse von Funktionen kennen, die sogenannten Potenzreihen. Zur Motivation: Funktionen, die eine besonders einfache Struktur haben, sind die Polynome pn (x) = a0 +a1 x+a2 x2 +. . .+an xn . Diese sind durch ihre n+1 Koeffizienten schon eindeutig bestimmt und lassen sich einfach ableiten sowie integrieren. Ein Ziel w¨are, kompliziertere Funktionen wie z.B. sin x oder cos x durch Polynome m¨ oglichst gut anzun¨ahern – oder sie gleich ganz als eine Art verallgemeinertes Polynom darzustellen. Mit dem Ansatz pn (x) = sin x wird man kein Gl¨ uck haben, da ein Polynom n-ten Grades (n  1) maximal n und nicht wie der Sinus unendlich viele Nullstellen besitzt; zudem sind Polynome vom Grad  1 auch niemals beschr¨ ankt, der Sinus aber schon (durch 1 bzw. −1). Probieren

4.2 Reihen

109

wir doch einmal, was passiert, wenn wir ein Polynom unendlichen Grades“ p∞ (x) ” betrachten, d.h. p∞ (x) = a0 + a1 x + a2 x2 + . . . =

∞ 

ak xk .

k=0

Diesem formalen Ausdruck Sinn einzuhauchen, ist Gegenstand dieses Abschnitts. In Abschnitt 5.4 ernten wir dann die Fr¨ uchte dieser Arbeit und bekommen insbesondere die gew¨ unschte Darstellung von Sinus und Cosinus. Eine (reelle) Potenzreihe P (x) ist ein Ausdruck der Gestalt

Definition 4.9 P (x) =

∞ 

a k x k = a0 + a 1 x + a 2 x 2 + a 3 x 3 + . . . ,

k=0

wobei die Koeffizienten ak reelle Zahlen sind und x eine reelle Variable.

♦

Konvergiert die Reihe P (x) f¨ ur bestimmte x ∈ R, so ist die Zuordnung P : x → P (x) eine Funktionsvorschrift. Die große Frage ist nun, f¨ ur welche x ∈ R diese Reihe konvergiert, d.h. welchen Definitionsbereich DP die Funktion P hat. Beispiel F¨ ur ak = 1 f¨ ur alle k erhalten wir die Potenzreihe P (x) = ∞ k 4.34 x . Diese ist f¨ u r jedes feste x eine geometrische Reihe und konvergiert somit k=0 genau dann, wenn |x| < 1 ist. D.h. als Funktion in x gesehen, konvergiert P auf dem offenen Invervall DP = ( −1 , 1 ) und divergiert außerhalb. Dank der geometrischen Summenformel wissen wir sogar, welche Funktion P (x) auf DP darstellt, n¨amlich P (x) =

∞  k=0

xk =

1 . 1−x

In der Tat ist der Definitionsbereich einer jeden Potenzreihe ein offenes Intervall, das symmetrisch um den Ursprung liegt (und auch R = ( −∞ , ∞ ) sein kann, bzw. nur {0}, was wir hier zwecks Notationsvereinfachung als {0} = ( −0 , 0 ) schreiben). Satz 4.14

( Konvergenzradius )

∞ Der maximale Definitionsbereich jeder Potenzreihe P (x) = k=0 ak xk ist von der Gestalt DP = ( −R , R ). Die Intervallgrenze R heißt Konvergenzradius der Potenzreihe (im Falle DP = R schreiben wir R = ∞). Das heißt: ∞ (i) F¨ ur jedes x mit |x| < R konvergiert die Reihe k=0 ak xk (sogar absolut), ∞ (ii) f¨ ur jedes x mit |x| > R divergiert die Reihe k=0 ak xk . ∞ k Beweis: Wenn P (x0 ) = ur ein 0 =  x0 ∈ R konvergiert, so bek=0 ak x0 f¨ haupten wir, dass f¨ ur alle betragsm¨ aßig kleineren Zahlen x1 ∈ R mit |x1 | < |x0 |

110

4 Grenzwerte von Folgen und Reihen

die Reihe P (x1 ) absolut konvergiert. Zun¨achst ist n¨amlich aufgrund  der vorausge setzten Konvergenz der Reihe P (x0 ) die Folge ihrer Glieder ak xk0 nach Satz 4.7 eine Nullfolge und als solche nach Satz 4.1 beschr¨ ankt, d.h. es gibt ein c > 0 mit |ak xk0 |  c f¨ ur alle k ∈ N0 . Einf¨ ugen einer nahrhaften Eins“ liefert ”   k  k         ak xk1  =  ak xk0 · x1  = ak xk0  ·  x1   c · q k ,   x0  xk0  x  mit q :=  x10 . Da nach Voraussetzung |x1 | < |x0 | ist, gilt q < 1, und das Majorantenkriterium 4.11 liefert die absolute Konvergenz von P (x1 ). Wir nutzen nun diese Vor¨ uberlegung, um zu zeigen, dass die Definition R := sup { |x| | P (x) konvergiert } ∈ [ 0 , ∞ ] die geforderten zwei Eigenschaften (i) und (ii) des Konvergenzradius besitzt. (i): Da R als Supremum der Menge M = { |x| | P (x) konvergiert } definiert wurde, muss es zu |x1 | < R ein |x0 | ∈ M mit |x1 | < |x0 |  R geben, so dass also P (x0 ) konvergiert. (W¨ahle ε = R − |x1 | > 0, dann muss ein |x0 | ∈ M mit |x0 | > obere Schranke w¨ are.) Nach R − ε = |x1 | existieren, da sonst R nicht die kleinste ∞ der Vor¨ uberlegung konvergiert dann P (x1 ) = k=0 ak xk1 sogar absolut. (ii): Ist nun |x2 | > R, dann muss P (x2 ) divergieren, weil sonst |x2 | ∈ M und R keine obere Schranke von M w¨ are.  Nun wissen wir zwar, dass es immer ein symmetrisches Konvergenzintervall“ gibt, ” allerdings liefert die abstrakte Supremumsdefinition von R keine praktische M¨ oglichkeit zur Berechnung des Konvergenzradius. Durch Anwendung der Konvergenzkriterien f¨ ur Reihen aus dem vorigen Abschnitt wollen wir nun noch explizite Formeln 1 := 0. f¨ ur R herleiten. Hierbei verwenden wir die Konventionen 10 := ∞ und ∞ ( Euler-Formel f¨ ur den Konvergenzradius ) ∞ k ur alle k ∈ N0 Wenn f¨ ur die Potenzreihe  ak+1  P (x) = k=0 ak x gilt, dass ak = 0 f¨   und q := limk→∞ ak existiert (oder = ∞ ist), dann ist der Konvergenzradius R gegeben durch R = 1q , d.h. Satz 4.15

   ak  1  .   R= lim    ak+1  = k→∞ a k+1 lim  ak  k→∞

Beweis: Wir k¨ onnen aufgrund der analogen Voraussetzungen (k = 0 kehren wir unter den Teppich) das Quotientenkriterium 4.12 auf P (x), x = 0, anwenden und schreiben dazu      ak+1 xk+1   ak+1   =   ak xk   ak  · |x|. Dies konvergiert nach Voraussetzung (und Grenzwertsatz (G2 )) gegen q · |x|. Nach Satz 4.12 konvergiert P (x) falls q · |x| < 1 ist, und divergiert falls q · |x| > 1 ist.

4.2 Reihen

111

Somit erhalten wir Konvergenz f¨ ur |x| < 1q und Divergenz f¨ ur |x| > 1q . Folglich ist 1  q der Konvergenzradius der Potenzreihe. Wenn die Quotientenformel“ nicht greift, kann der folgende Satz weiterhelfen. ” ( Hadamard13 -Formel f¨ ur den Konvergenzradius )  ∞ Wenn f¨ ur die Potenzreihe P (x) = k=0 ak xk der Limes limk→∞ k |ak | existiert (oder = ∞ ist), dann ist der Konvergenzradius R gegeben durch

Satz 4.16

R=

lim

k→∞

1  k

|ak |

.

Der Beweis verl¨auft vollkommen analog zum vorigen Beweis, unter Verwendung des Wurzelkriteriums anstelle des Quotientenkriteriums. Schreibe ihn selbst auf, am besten ohne oben zu spicken. Beachte, dass es sich hierbei nur um eine abgeschw¨achte Form der HadamardFormel handelt, da wir ohne Limes superior“ arbeiten (siehe Bemerkung auf Sei” te 108) und statt dessen die Existenz des Limes voraussetzen mussten.

Beispiel 4.35 ∞ k a) Die Potenzreihe √k=0 x (aus dem vorigen Beispiel) hat Konvergenzradius  R = 1/ limk→∞ k 1 = 11 = 1 (was wir nat¨ urlich schon l¨ angst wissen). Sowohl f¨ ur x = 1 als auch x = −1 divergiert sie. ∞ 1 k b) Die Potenzreihe k=0 (k+1) hat ebenso R = 1, denn es gilt mit der Quo2x tientenformel  1  2    k+2  (k+1)2  R = lim  1  = lim = 12 = 1.  k→∞ k + 1 k→∞  (k+2)2 In den Randpunkten x mit |x| = 1 haben wir  absolute Konvergenz ∞ der Po∞ 1 k = k=1 k12 . tenzreihe, denn nach Beispiel 4.29 konvergiert k=0 (k+1) 21 ∞ 1 c) Analog zu b) berechnet man den Konvergenzradius von k=0 k+1 xk zu R = 1 – hier gilt aber Divergenz in x = 1 (harmonische Reihe) und Konvergenz in x = −1 (alternierende harmonische Reihe).

13 Jacques

Hadamard (1865 – 1963); franz¨ osischer Mathematiker.

112

4 Grenzwerte von Folgen und Reihen

4.2.6

Ausblick: e-Funktion und nat¨ urlicher Logarithmus

In diesem letzten Abschnitt lernen wir eine besonders wichtige Potenzreihe mit unendlichem Konvergenzradius kennen. ∞ 1 k x besitzt nach der Quotientenformel Beispiel 4.36 Die Reihe E(x) = k=0 k! den Konvergenzradius    1   k!  R = lim  1  = lim (k + 1) = ∞.  k→∞ k→∞  (k+1)! Somit ist E : R → R eine auf ganz R definierte Funktion. Nach Satz 4.9 gilt   ∞  1 n 1 = lim 1 + = e = e1 . E(1) = k! n→∞ n k=0

Man kann sogar mit denselben Beweisideen wie im Beweis von Satz 4.9 zeigen, dass   ∞  x n 1 k E(x) = x = lim 1 + n→∞ k! n k=0

f¨ ur alle x ∈ R gilt. Mittels der rechten Seite l¨ asst sich das Additionstheorem nachweisen, welches besagt, dass E(x + y) = E(x) · E(y)

f¨ ur alle x, y ∈ R.

Damit folgt dann E(2) = E(1 + 1) = E(1) · E(1) = E(1)2 = e2 etc. und allgeur alle n ∈ N. Dies l¨ asst sich leicht auf E(r) = er f¨ ur rationales mein E(n) = en f¨ m ur x ∈ R\Q u ¨berhaupt sein r = n ∈ Q erweitern. Was schließlich die Potenz ex f¨ soll, definiert man durch ex := E(x) und erh¨alt so eine auf ganz R erkl¨ arte Exponentialfunktion, die man zu Ehren Eulers e-Funktion nennt: exp : R → R,

x → ex := E(x) =

∞  1 k x . k!

k=0

Das Additionstheorem l¨ asst sich nun in der Form ex+y = ex · ey

f¨ ur alle x, y ∈ R

schreiben. Die f¨ ur die Analysis bedeutendste Eigenschaft der e-Funktion ist, dass sie sich beim Ableiten nicht ver¨andert (mehr dazu in Kapitel 5). Außerdem wird uns im Kapitel 9 die Erweiterung der e-Funktion auf komplexe Zahlen und das zugeh¨orige Additionstheorem von unsch¨atzbarem Wert sein. Wir wollen an dieser Stelle noch wichtige Eigenschaften der e-Funktion aus ihrer Reihendarstellung (in Zusammenhang mit dem Additionstheorem) herauskitzeln.

113

4.2 Reihen

Satz 4.17

Die e-Funktion

exp : R → R+ = ( 0 , ∞ ),

x → ex =

∞  1 k x k!

ist bijektiv.

k=0

Beweis: Dass der Bildbereich im (exp) wirklich in R+ liegt, sieht man mittels des Additionstheorems: Zun¨achst ist  x 2 x x x x ex = e 2 + 2 = e 2 · e 2 = e 2  0. Ferner gilt e0 = 1, wie man durch Einsetzen von 0 in die Exponentialreihe sieht. Somit folgt (wieder mit dem Additionstheorem) aus 1 = e0 = ex+(−x) = ex · e−x , ur alle x ∈ R sein muss (sonst w¨are obiges Produkt nicht 1, sondern dass ex = 0 f¨ 0). Folglich ist im (exp) ⊆ R+ . Zur at der e-Funktion: F¨ ur y > 0 sind alle Summanden der Reihe ey = ∞ Injektivit¨ 1 2 1 3 1 k oheren k=0 k! y = 1 + y + 2 y + 3! y + . . . positiv, so dass beim Weglassen der h¨ Potenzen die Absch¨atzung ey > 1 + y > 1

f¨ ur alle y > 0

entsteht. Sei nun x = y, also etwa x < y (der Fall y < x l¨auft vollkommen analog). Mit dem Additionstheorem folgt ey = e(y−x)+x = ey−x · ex , und wegen y − x > 0 gilt ey−x > 1 nach der eben gezeigten Absch¨atzung. Da ferner ex stets positiv ist, haben wir ey = ey−x · ex > 1 · ex = ex (d.h. exp ist streng monoton wachsend). Insbesondere gilt ex = ey , was die Injektivit¨at zeigt. ur alle x > 0, da Zur Surjektivit¨ at verwenden wir einerseits wieder ex > 1 + x f¨ 1 dies zeigt, dass ex → ∞ f¨ ur x → ∞ strebt. Andererseits haben wir ex = e−x (siehe oben), und f¨ ur x → −∞ geht der Nenner wie eben gezeigt gegen ∞. Somit haben ur x → −∞. Nun brauchen wir, dass die e-Funktion alle Werte wir 0 < ex → 0 f¨ ur beliebige x < y, zwischen je zwei Funktionswerten, also im Intervall [ ex , ey ] f¨ auch tats¨achlich annimmt, d.h. f¨ ur jedes b ∈ [ ex , ey ] gibt es ein a ∈ R mit ea = b.

()

Da nach dem eben Bewiesenen ex beliebig klein (f¨ ur x → −∞) und ey beliebig groß (f¨ ur y → ∞) werden kann, folgt, dass exp sogar alle Werte in ( 0 , ∞ ) annimmt und somit surjektiv ist. Dass () f¨ ur die e-Funktion gilt, k¨onnen wir an dieser Stelle nicht beweisen. Dies ¨ n]), der insbesondere auf folgt aus dem sogenannten Zwischenwertsatz (siehe [Ko Potenzreihen anwendbar ist (siehe Kapitel 5). 

114

4 Grenzwerte von Folgen und Reihen

Anmerkungen: (1) In obigem Beweis wurde sorglos mit Aussagen wie ex → 0 f¨ ur x → −∞“ han” tiert, ohne dass wir bisher exakt definiert h¨atten, was ein solcher Grenzwert einer Funktion sein soll – wir wissen bisher ja nur, was Konvergenz einer Zahlenfolge bedeutet. Wem das zu intuitiv ist, den k¨onnen wir auf Definition 5.1 vertr¨ osten, wo wir zumindest limx→0 g(x) genauer definieren werden. (2) Durch eine a¨hnliche Absch¨ atzung wie in obigem Beweis erhalten wir noch eine interessante Eigenschaft, und zwar dass die e-Funktion schneller als jede Potenzfunktion xn (mit der Normalparabel n-ter Ordnung als Schaubild) w¨ achst, d.h. ex →∞ xn

f¨ ur x → ∞

(f¨ ur jedes n ∈ N).

∞ 1 k F¨ ur x > 0 sind n¨ amlich alle Summanden der Reihe ex = k=0 k! x positiv, so dass beim Weglassen aller Glieder bis auf das (n + 2)-te die Absch¨ atzung ex >

1 x xn+1 = · xn (n + 1)! (n + 1)!

f¨ ur alle x > 0

x

entsteht, so dass xen gr¨oßer als die linear wachsende Funktion f¨ ur x → ∞ u ¨ber alle Schranken w¨achst.

x (n+1)!

ist, welche

Da nach Satz 4.17 exp bijektiv ist, besitzt sie eine Umkehrfunktion ln : R+ → R,

x → ln x,

welche nat¨ urliche Logarithmusfunktion heißt. Nach Definition der Umkehrfunktion uhrlicher gelten die beiden Beziehungen exp ◦ ln = idR+ und ln ◦ exp = idR . Ausf¨ geschrieben bedeutet das eln x = x

f¨ ur alle x ∈ R+ , sowie

ln ex = x

f¨ ur alle x ∈ R.

In Abbildung 4.10 sind die Schaubilder beider Funktionen dargestellt. Da sie jeweils Umkehrfunktionen voneinander sind, gehen ihre Schaubilder durch Spiegelung an der ersten Winkelhalbierenden ineinander u ¨ber (d.h. durch Vertauschen der Rollen von x- und y-Wert). Am Schaubild kannst du auch nochmals sehen, wie die vorhin bewiesenen Eigenschaften der e-Funktion zu Eigenschaften des ln werden: Dieser hat an der Stelle 1 eine Nullstelle (da e0 = 1, ist ln 1 = 0), ist ebenfalls streng monoton wachsend, und es gilt ln x → −∞ f¨ ur x → 0 sowie ln x → ∞ f¨ ur x → ∞. Das Logarithmusgesetz ln(x · y) = ln x + ln y

f¨ ur alle x, y > 0

115

4.2 Reihen

3

y

y=x

e

ex

2

ln x 1

x −2

−1

0

1

2

e3

4

−1 −2

Abbildung 4.10 folgt unmittelbar aus dem Additionstheorem der e-Funktion, wenn man x = ea und y = eb schreibt f¨ ur gewisse, nach Satz 4.17 existierende a, b ∈ R:  a b ln(x · y) = ln e · e = ln ea+b = a + b = ln ea + ln eb = ln x + ln y. F¨ ur n ∈ N folgert man daraus sofort (wer mag auch durch Induktion): ln(xn ) = ln(x · . . . · x) = ln x + . . . + ln x = n · ln x. Zum Abschluss merken wir uns also ln(xn ) = n · ln x

f¨ ur n ∈ N.

Literatur zu Kapitel 4 [Beh] Behrends, E.: Analysis Band 1. Springer Spektrum, 6. Aufl. (2015) [Ebb] Ebbinghaus, H.-D., et al.: Zahlen. Springer, 3. verb. Aufl. (1992) [Heu] Heuser, H.: Lehrbuch der Analysis 1. Vieweg+Teubner, 17. Aufl. (2009) ¨ n] K¨onigsberger, K.: Analysis 1. Springer, 6. Aufl. (2004) [Ko

5

Grundwissen Differenzialrechnung

In diesem Kapitel konzentrieren wir uns auf das, was in der Schule oftmals etwas zu kurz kommt: Eine pr¨ azise Einf¨ uhrung des Begriffes der Ableitung einer Funktion“. ” Zusammen mit dem Integralbegriff ist dies wohl die bedeutsamste Anwendung des Grenzwert-Konzepts in der Mathematik schlechthin. Auf Dinge wie z.B. Berechnung von Extrem- und Wendepunkten gehen wir hier nicht n¨ aher ein – dies wird im Matheunterricht ja auch bis zum Umfallen einge¨ ubt. Allerdings stellen wir ausf¨ uhrlich die Ableitungsregeln bereit, die wir in Kapitel 8 ben¨otigen werden.

5.1

Die Ableitung

5.1.1

Die Steigung einer Kurve

Wir stellen uns eine ganz elementare Frage: Wie kann man die Steigung einer Kurve zahlenm¨ aßig y = f (x) erfassen? Schau dir die Kurve Kf in Abbildung 5.1 an, die zu einer Funktion f (x) geh¨ort. Wie Kf k¨onnte man dem Punkt P ( x0 | f (x0 ) ) ∈ Kf eine Zahl zuordnen, die ausdr¨ uckt, wie steil Kf in P verl¨ auft, d.h. wie groß die Steigung des Schaubilds in diesem Punkt ist? P f (x0 ) Im Punkt ( 0 | f (0) ) scheint Kf parallel zur xAchse zu verlaufen, dort w¨ urde man der Kurve sinnigerweise die Steigung Null zuordnen. Anx x0 schließend wird Kf offensichtlich immer steiler, aber wie groß ist die Steigung in P nun genau: Abbildung 5.1 1 1 3 oder vielleicht 2 ? Und wie soll die Steigung einer Kurve denn u ¨berhaupt definiert sein? Da wir die Steigung von etwas Krummem“ noch nicht berechnen k¨onnen, greifen ” wir auf etwas zur¨ uck, was wir bereits seit langem k¨ onnen: N¨amlich die Steigung von Geraden anhand eines Steigungsdreiecks bestimmen. Wie in Abbildung 5.2 dargestellt, w¨ ahlen wir einen weiteren Punkt Q auf dem Schaubild und zeichnen die Verbindungsgerade gP Q ein, welche man als Sekante bezeichnet. Die Steigung dieser Sekante betr¨agt ms =

Δy , Δx

und l¨ asst sich leicht berechnen: Wir m¨ ussen f¨ ur Δy nur die y-Werte der Punkte Q und P voneinander abziehen, d.h. Δy = f (x0 + Δx) − f (x0 ), und Δx ist ja gerade die Differenz der x-Werte beider Punkte. Somit folgt ms =

f (x0 + Δx) − f (x0 ) Δy = . Δx Δx

© Springer Fachmedien Wiesbaden GmbH, ein Teil von Springer Nature 2019 T. Glosauer, (Hoch)Schulmathematik, https://doi.org/10.1007/978-3-658-24574-0_5

118

5 Grundwissen Differenzialrechnung

y Sekante

Q

f (x0 + Δx)

Δy P

f (x0 )

Δx x0

x0 + Δx

x

Abbildung 5.2 Nun hat aber diese Steigung noch wenig mit der Steigung der Kurve in P zu tun, denn ms ist f¨ ur dieses Δx offensichtlich noch viel zu groß. Jetzt kommt die entscheidende Idee: Wir lassen den Punkt Q, der bisher noch zu weit weg liegt, immer n¨aher an P heranwandern, d.h. Δx schrumpfen. Die folgende Abbildung 5.3 zeigt, was mit den von Δx abh¨ angigen Sekantensteigungen ms = ms (Δx) passiert, uckt. wenn die Punktfolge Q1 , Q2 , Q3 , . . . immer n¨aher an P heranr¨ y Q1 Q2 Q3 Kf

P

Tangente

x Abbildung 5.3 Die Sekanten scheinen sich immer mehr einer Geraden anzun¨ahern, welche sich an die Kurve Kf anschmiegt“. Diese Grenz-Gerade“ nennen wir Tangente (wobei ” ” der Begriff Grenz-Gerade“ nat¨ urlich noch pr¨azisiert werden muss). ” Gleich eine Warnung vorneweg: Es gibt k e i n e einfache geometrische Definition der Tangente; insbesondere kann man sie nicht dadurch charakterisieren, dass sie das Schaubild nur in einem Punkt ber¨ uhrt – so wie sie es bei einem Kreis tut. Bei linearen Funktionen z.B. ist die Tangente des Schaubilds die Gerade selbst und

5.1 Die Ableitung

119

ber¨ uhrt somit das Schaubild in unendlich vielen Punkten (in jeder noch so kleinen Umgebung von P ). Andere Schaubilder mit Ecken“ besitzen in manchen Punkten ” gar keine Tangente. Das scheinbar intuitiv-geometrisch so klare Objekt Tangente“ ” l¨asst sich also nicht so leicht fassen. Tats¨achlich m¨ ussen wir erst ein neues Rechenverfahren, das sogenannte Ableiten, entwickeln, um die Tangente wasserdicht definieren und ihre Steigung berechnen zu k¨ onnen. Die hierbei zu Grunde liegende Idee ist, den Grenzwert der Sekantensteigungen mathematisch korrekt zu bilden. Wenn wir das geschafft haben, dann k¨ onnen wir die eingangs gestellte Frage so beantworten: Die Steigung einer Kurve in einem Punkt P ist definiert als Steigung der Kurven-Tangente in diesem Punkt. Berechnet man als Grenz-Steigung der grauen Sekanten in Abbildung 5.3 z.B. 0,45, dann definiert man die Steigung der Kurve Kf in P einfach als die Zahl 0,45.

5.1.2

Der Grenzwert der Sekantensteigungen

Jetzt m¨ ussen wir das alles entscheidende Problem l¨osen, n¨ amlich das schwammige Konzept der Tangente als Grenz-Gerade“ der Sekanten auf ein solides Funda” ¨ ment zu stellen. Dass hierbei etwas Sonderbares passiert, zeigt die folgende Uberlegung: Wenn die Punkte Q1 , Q2 , Q3 , . . . sich P immer weiter n¨ ahern, werden die Seitenl¨angen Δx und Δy des Steigungsdreiecks der Sekante offenbar immer kleiare, dann h¨ atten wir ner, und wenn im Falle der Tangente schließlich P = Q∞“ w¨ ” ja Δx = 0 und Δy = 0, d.h. die Tangentensteigung w¨are der sinnlose Ausdruck m = 00 “. ” t Auch geometrisch ist h = 0 nicht sinnvoll, denn dann w¨ urde der Sekantenpunkt Qh ganz einfach mit P zusammenfallen und wie soll die Sekante durch die Punkte P und P denn bittesch¨ on definiert sein? Das Magische ist jedoch, dass bei dem rechnerischen Prozess eben doch eine normale“ Zahl herauskommt, d.h. dass man ” dem dubiosen 00 -Ausdruck am Ende einen Sinn geben kann. Dabei kommt das m¨ achtige Instrument des Grenzwerts aus dem vorigen Kapitel zum vollen Einsatz. Wir motivieren die Grenzwertbildung der Sekantensteigungen zun¨ achst durch ein konkretes Beispiel. Damit wir nicht immer das l¨ astige Δ mitschleppen m¨ ussen, k¨ urzen wir ab sofort Δx mit h ab und bezeichnen die uns interessierenden Sekantensteigungen ms (h) =

f (x0 + h) − f (x0 ) h

fortan als Differenzenquotienten von f an der Stelle x0 (der Name r¨ uhrt von den Differenzen der f - bzw. x-Werte in Z¨ahler und Nenner des Quotienten her). oriBeispiel 5.1 Wir berechnen die (Tangenten-)Steigung der zu f (x) = 14 x2 geh¨ gen Parabel in P ( 1 | 14 ) (siehe Abbildung 5.4).

120

5 Grundwissen Differenzialrechnung

y 4 3

Qh 2

Δy = Δf Kf

1

Δx = h

P −1

0

1

2

3

4

x

Abbildung 5.4 In Abbildung 5.4 ist h = 2 gew¨ ahlt, d.h. der Punkt Qh hat die Koordinaten ( 3 | 94 ). F¨ ur die Steigung der grauen Sekante folgt somit ms =

Δf f (3) − f (1) Δy = = = Δx h h

9 4

− 2

1 4

= 1.

Die Sekantensteigung (Differenzenquotient) f¨ ur beliebiges h = 0 lautet ms (h) =

f (1 + h) − f (1) = h

1 4 (1

+ h)2 − h

1 4

· 12

=

1 4 (1

+ h)2 − h

1 4

.

Nun lassen wir h immer kleiner werden. Was dabei geschieht, zeigt Tabelle 5.1: h

0,1

0,01

0,001

0,0001

ms (h)

0,525

0,5025

0,50025

0,500025

Tabelle 5.1 Die Differenzenquotienten ms scheinen sich f¨ ur h → 0 der Zahl 0,5 anzun¨ ahern, was man auch anhand Abbildung 5.5 vermuten w¨ urde: Je n¨ aher die Punkte Qh an P heranr¨ ucken, desto mehr n¨ahern sich die grauen Sekanten der dunkelgrauen Geraden mit der Steigung 0,5 an. Doch halt: Bisher haben wir uns nur von rechts dem Punkt P gen¨ ahert, da wir oben h > 0 gew¨ahlt hatten. Vielleicht kommt ja eine andere Grenzsteigung heraus, wenn wir uns von links an P heranschleichen? Probieren wir es doch aus:

y 4 3

Qh 2

Kf

1

P −1

0

1

0,5 1

2

Abbildung 5.5

3

4

x

121

5.1 Die Ableitung

h

−0,1

−0,01

−0,001

−0,0001

ms (h)

0,475

0,4975

0,49975

0,499975

Tabelle 5.2 Scheint zu passen, was auch Abbildung 5.6 suggeriert. Die Differenzenquotienten ms (h) n¨ahern sich wieder der Zahl 0,5 an, nur 3 eben jetzt von unten her. Der Schein k¨onnte allerdings auch tr¨ ugen: Die endlich vie2 len Tabellenwerte geben uns keinerlei Gewissheit dar¨ uber, was passiert, wenn wir Kf 1 1 noch kleinere h w¨ ahlen. So k¨onnte auch 0,5 0,5000000314159 die Grenzsteigung der SeP 0 kanten sein, oder diese k¨onnte gar nicht −1 1 2 3 4 x existieren (falls die Steigungen z.B. st¨ andig Abbildung 5.6 zwischen Werten nahe bei 0,5 hin- und herspr¨angen). All diese Zweifel lassen sich weder mit Hilfe eines Taschenrechners noch zeichnerisch-geometrisch ausr¨ aumen. Wir m¨ ussen deshalb das Verhalten der Differenzenquotienten f¨ ur h gegen 0 genauer analysieren. Dazu st¨ utzen wir uns auf folgende Definition, die auf dem Grenzwertbegriff f¨ ur Folgen basiert. y

4

Definition 5.1 Sei g(h) eine reelle Funktion, die f¨ ur jedes h ∈ (−δ , δ )\{0} =: D f¨ ur ein δ > 0 definiert ist. Dann bedeutet lim g(h) = b

h→0

bzw.

g(h) → b

f¨ ur h → 0

f¨ ur ein b ∈ R, dass f¨ ur jede Folge (hn ) ⊂ D mit hn → 0 auch die Bildfolgen (g(hn )) konvergieren, und zwar stets gegen denselben Grenzwert b. Anders ausgedr¨ uckt: lim g(hn ) = b

n→∞

f¨ ur jede beliebige Nullfolge (hn ) ⊂ D.

♦

Setzen wir g(h) := ms (h) (beachte, dass der Differenzenquotient in 0 nicht definiert ist, was die Definition bereits ber¨ ucksichtigt), so f¨ uhrt uns die Frage nach Existenz und Berechnung des Grenzwerts der Sekantensteigungen auf die Untersuchung des ur Beispiel 5.1 explizit Grenzwerts limh→0 ms (h) in obigem Sinne, was wir nun f¨ durchf¨ uhren. Beispiel 5.1 (fortgesetzt) Nehmen wir also f¨ ur f (x) = 14 x2 die Differenzenquo1 tienten im Punkt P ( 1 | 4 ) genauer unter die Lupe: ms (h) =

1 (1 + h)2 − 1 f (1 + h) − f (1) = . h 4 h

122

5 Grundwissen Differenzialrechnung

Wenn wir jetzt direkt nach obiger Definition ms (hn ) f¨ ur eine Nullfolge 0 = hn → 0 betrachten, n¨ahern sich Z¨ahler und Nenner ¨argerlicherweise wieder einfach der Null, ur n → ∞ nach den Grenzwerts¨atzen immer n¨aher an 12 = 1 denn (1 + hn )2 wird f¨ heranr¨ ucken. Hier hilft verbl¨ uffenderweise eine simple algebraische Umformung des Z¨ ahlers weiter: Es ist (1 + h)2 − 1 = 1 + 2h + h2 − 1 = 2h + h2 , und damit wird der Differenzenquotient zu ms (h) =

1 2h + h2 1 h(2 + h) 1 1 (1 + h)2 − 1 = = = (2 + h) . 4 h 4 h 4 h 4

Der letzte Ausdruck macht nun u ¨berhaupt keine Probleme mehr, wenn wir (hn ) ur n → ∞. D.h. die einsetzen: Die Grenzwerts¨ atze liefern 14 (2 + hn ) → 14 · 2 = 0,5 f¨ ur jede Nullfolge (hn ) ⊂ R\{0} gegen denselben Bildfolgen (ms (hn )) konvergieren f¨ Grenzwert, n¨ amlich 0,5. Somit haben wir bewiesen, dass der Grenzwertwert der Sekantensteigungen f¨ ur h → 0 existiert. Damit k¨ onnen wir guten Gewissens die Tangentensteigung mt der Kurve Kf im Punkt P ( 1 | 14 ) definieren als mt := lim ms (h) = 0,5. h→0

Anmerkung: Oftmals bleiben nach Umformung des Differenzenquotienten Ausdr¨ ucke wie z.B. 5 + h u ¨brig. Hier wird man dann nicht jedes Mal so ausf¨ uhrlich wie uckim vorigen Beispiel auf die Definition mit den beliebigen Nullfolgen (hn ) zur¨ greifen, sondern einfach guten Gewissens 5 + h → 5 f¨ ur h → 0 schreiben. Vergessen sollte man dabei aber nicht, dass limh→0 nur eine abk¨ urzende Schreibweise ist, und man eigentlich auf den Grenzwert von Folgen zur¨ uckgreifen m¨ usste. ¨brigens auch ganz leicht, dass Durch diesen R¨ uckgriff auf (hn ) erkennt man dann u ucke sich die f¨ ur Folgen g¨ ultigen Grenzwerts¨ atze (G1 )–(G3 ) unmittelbar auf Ausdr¨ 2 2 f¨ ur h → 0 gegen 0 · 0+ 2−0 = 1. mit limh→0 u ¨bertragen. Zum Beispiel geht h2 + 2−h Der Grenzwert der Sekantensteigungen bekommt einen eigenen Namen und ist einer der bedeutsamsten Begriffe der Analysis u ¨berhaupt: Definition 5.2 Sei f : Df → R eine reelle Funktion und x0 ∈ Df , so dass auch (x0 ) ( x0 − δ , x0 + δ ) ⊂ Df f¨ ur ein δ > 0 gilt. Weiter seien ms (h) := f (x0 +h)−f die h origen Differenzenquotienten (f¨ ur 0 = h ∈ (−δ , δ ); vergleiche mit zu f und x0 geh¨ Definition 5.1). Im Existenzfall heißt der Grenzwert f (x0 + h) − f (x0 ) =: f  (x0 ) h→0 h lim

Differenzialquotient oder Ableitung der Funktion f (x) an der Stelle x0 (lies f  (x0 ) ♦ als f Strich von x0“). ”

123

5.1 Die Ableitung

In Beispiel 5.1 haben wir also herausgefunden, dass die Ableitung der Funktion f (x) = 14 x2 an der Stelle x0 = 1 die Zahl 0,5 ist, kurz: f  (1) = 0,5 . Weil die Ableitung einer Funktion also nichts anderes als der Grenzwert der Sekantensteigungen, also die Tangentensteigung der zugeh¨ origen Kurve ist, l¨asst sich die Antwort auf die ganz zu Beginn des Kapitels gestellte Frage nun endg¨ ultig so umformulieren: Die Steigung der Kurve Kf in P ( x0 | f (x0 ) ) ist die Ableitung f  (x0 ) der Funktion f (x) an der Stelle x0 . Die Kurve in Beispiel 5.1 hat also in x0 = 1 die Steigung 0,5. —————————

—————————

Aufgabe 5.1 Bestimme die Ableitung der folgenden Funktionen an der gegebenen Stelle x0 durch Bildung des Grenzwerts der Differenzenquotienten (forme zun¨achst die Differenzenquotienten so weit um, dass erkenntlich wird, was f¨ ur h → 0 geschieht). a) f (x) = x3 ; x0 = 1

b) f (x) = x2 − 2x + 3; x0 = 2

—————————

5.1.3

c) f (x) = x1 ; x0 = −1

—————————

Die Tangentengleichung

Nachdem wir gelernt haben, was die Ableitung einer Funktion an einer Stelle x0 ist, k¨onnen wir – nun zum ersten Mal exakt und nicht nur anschaulich – definieren, was die Tangente an ein Schaubild denn u ¨berhaupt sein soll. Definition 5.3 Es sei f : Df → R eine reelle Funktion, deren Ableitung f  (x0 ) an der Stelle x0 ∈ Df existiere. Dann ist die Tangente an das Schaubild Kf von f im Punkt P ( x0 | f (x0 ) ) definiert als die Gerade mit Steigung mt := f  (x0 ), die durch P verl¨ auft. ♦ Dass diese Definition mit der geometrischen Tangentendefinition am Kreis u ¨bereinstimmt, zeigt Aufgabe 5.5 auf Seite 147. Beispiel 5.2 Wir bestimmen die Gleichung der Tangente an das Schaubild von ur x0 = 1 (siehe Beispiel 5.1). f (x) = 14 x2 f¨ Da die Tangente eine Gerade ist, ist ihre Funktionsgleichung von der Form t(x) = mt x + c, wobei mt = f  (x0 ) = f  (1) = 0,5

124

5 Grundwissen Differenzialrechnung

gilt. Also haben wir t(x) = 0,5 x + c, und den y-Achsenabschnitt c erh¨alt man mit Hilfe einer Punktprobe, da die Tangente durch den Punkt P ( 1 | 14 ) ∈ Kf verlaufen muss: Aus t(1) = 14 folgt 0,5 · 1 + c = 14 , also c = 14 − 12 = − 14 . Somit ist t(x) =

1 1 x− 2 4

die gesuchte Tangentengleichung. Vergleiche diese mit der dunkelgrauen Geraden in Abbildung 5.5. Nun wollen wir eine allgemeine Funktionsgleichung t(x) f¨ ur die Tangente finden. Satz 5.1 Sei f eine reelle Funktion, deren Ableitung f  (x0 ) existiere. Dann lautet die Gleichung der Tangente an das Schaubild Kf im Punkt P ( x0 | f (x0 ) ) t(x) = f  (x0 ) · (x − x0 ) + f (x0 ). Beweis: Sei Kt die zu t(x) geh¨orige Gerade. Dann hat Kt nach Definition 5.2 die Steigung mt = f  (x0 ) und wegen t(x0 ) = f  (x0 ) · (x0 − x0 ) + f (x0 ) = 0 + f (x0 ) = f (x0 ) 

verl¨ auft Kt durch P . Somit ist Kt die Tangente an Kf in P .

Wie aber kommt man auf diese allgemeine Formel? Ganz einfach: Man f¨ uhrt die Punktprobe aus obigem Beispiel allgemein durch. Viel besser ist es jedoch, wenn man sich merkt, was geometrisch hinter dieser Gleichung steckt – siehe Abbildung 5.7. Beginnen wir mit der Geraden Kt1 , deren Gleichung t1 (x) = f  (x0 ) · x lautet. Diese hat zwar schon die korrekte Tangentensteigung, verl¨auft aber noch nicht durch P (außer P ist zuf¨allig der Ursprung). Deshalb verschieben wir Kt1 zun¨achst um x0 in x-Richtung:

Kf

P

f (x0 )

Kt

x0 Kt 1

t2 (x) = t1 (x − x0 ) = f  (x0 ) · (x − x0 ),

Kt 2 Abbildung 5.7

und die entstehende Gerade Kt2 anschließend noch um f (x0 ) in y-Richtung. Dadurch erhalten wir schließlich die Tangente Kt mit der Gleichung t(x) = t2 (x) + f (x0 ) = f  (x0 ) · (x − x0 ) + f (x0 ).

125

5.1 Die Ableitung

5.1.4

Lineare Approximation

Wir betrachten den Differenzialquotienten im Hinblick auf die Tangente aus einem etwas anderen Blickwinkel. Wir vergleichen hierbei, wie gut die Funktionswerte einer Funktion f nahe bei x0 mit den Funktionswerten der Tangente t an Kf in ¨bereinstimmen. In Abbildung 5.8 sind die Schaubilder Kf und Kt dargestellt, x0 u ur kleine h gilt. und man kann erkennen, dass f (x0 + h) ≈ t(x0 + h) f¨ Kf

Kt

t(x0 + h) f (x0 + h) P

x0

x0 + h Abbildung 5.8

Um dies zu pr¨azisieren, schreiben wir die Tangentengleichung als t(x) = f (x0 ) + f  (x0 ) · (x − x0 ) und betrachten die Differenz f (x)−t(x) = f (x)−f (x0 )−f  (x0 ) · (x−x0 ) = (x−x0 ) ·

 f (x) − f (x )  0 −f  (x0 ) . x − x0

Nun setzen wir wie gewohnt x = x0 + h, um zu sehen, was f¨ ur kleines h, d.h. x-Werte nahe bei x0 , mit der Differenz passiert: d(h) := f (x0 + h) − t(x0 + h) = h ·

 f (x + h) − f (x )  0 0 − f  (x0 ) . h

Potzblitz, der erste Klammerterm ist ja der Differenzenquotient. Lassen wir also h gegen 0 streben, so geht der Klammerterm gegen f  (x0 ) − f  (x0 ) = 0, und mit dem h davor gilt erst recht d(h) → 0 f¨ ur h → 0. Diese schnelle“ Konvergenz wird noch ” deutlicher, wenn man schreibt d(h) f (x0 + h) − f (x0 ) = lim − f  (x0 ) = 0, h→0 h h→0 h lim

d.h. die Differenz d(h) zwischen Funktion und Tangente geht so schnell gegen 0, dass sie selbst nach Division durch h, das sich ja ebenfalls 0 n¨ahert, immer noch gegen 0 konvergiert. Anders ausgedr¨ uckt: Mit d(h) = f (x) − t(x) k¨onnen wir f darstellen als f (x) = t(x) + d(h) = f (x0 ) + f  (x0 ) · (x − x0 ) + d(h),

126

5 Grundwissen Differenzialrechnung

und es gilt f (x) ≈ f (x0 ) + f  (x0 ) · (x − x0 )

f¨ ur x nahe bei x0 ,

wobei der Fehler d f¨ ur h → 0 (sprich x = x0 + h → x0 ) sehr schnell sehr klein wird. Man kann also f nahe x0 durch die Tangentenfunktion, die linear und damit besonders einfach zu handhaben ist, approximieren. Eine simple Anwendung dieser linearen Approximation“ bringt Aufgabe 5.2. ” Die volle Tragweite der Approximation einer Abbildung durch etwas (in allgemeinerem Sinne) Lineares k¨onnen wir hier leider nicht diskutieren – aber es sei so viel gesagt, dass dieses Konzept in der mehrdimensionalen Analysis und der sogenannten Differenzialgeometrie (Studium verallgemeinerter Fl¨ achen“) von grundlegen” der Bedeutung ist. —————————

—————————

Aufgabe 5.2 Stelle die Tangentengleichungen zu den in Aufgabe 5.1 a) – c) gegebenen Funktionen an der Stelle x0 auf. Zeichne Schaubild mitsamt Tangente. Berechne (ohne Taschenrechner) mit Hilfe der oben erkl¨arten linearen Approxima1 tion n¨aherungsweise 1,043 bzw. −1,08 und vergleiche mit den tats¨ achlichen Funktionswerten (mit Taschenrechner). —————————

5.1.5

—————————

Differenzierbarkeit

Nachdem wir das Bestimmen der Ableitung an einer Stelle x0 nun ge¨ ubt haben, sind wir bereit f¨ ur den n¨ achsten Schritt. M¨ochte man z.B. die Ableitung √ der Funktion aus Beispiel 5.1 nicht bei x0 = 1, sondern etwa an der Stelle x0 = 2 berechnen, so w¨are es nat¨ urlich extrem l¨ astig, wenn man dieselbe m¨ uhsame Rechnung nochmal – nur eben mit anderen Zahlen – durchf¨ uhren m¨ usste. Deshalb bestimmen wir die Ableitung jetzt allgemein, d.h. anstatt eine spezielle Zahl x0 in den obigen Rechnungen einzusetzen, rechnen wir gleich mit einem beliebigen x. Definition 5.4 Sei f : Df → R eine Funktion mit Definitionsbereich Df . Exiur ein x0 ∈ Df , so heißt f differenzierbar in x0 . Ist f stiert die Ableitung f  (x0 ) f¨ f¨ ur alle x0 ∈ Df differenzierbar, so sagt man kurz, dass f differenzierbar ist. F¨ ur eine Funktion f heißt die Funktion f  : Df  → R, x → f  (x), die also jedem x den Wert der Ableitung von f an dieser Stelle zuordnet, die Ableitungsfunktion von f . Dabei besteht Df  genau aus den x ∈ Df , f¨ ur die das m¨oglich ist, d.h. in denen f differenzierbar ist. ♦

127

5.1 Die Ableitung

Beachte, dass nur f¨ ur differenzierbare Funktionen Df = Df  gilt. Es gibt durchaus Funktionen, die nicht an allen Stellen ihres Definitionsbereichs differenzierbar sind, f¨ ur die also die Definitionsmenge Df  der Ableitungsfunktion f  echt kleiner als Df ist (siehe Beispiele 5.4 und 5.5). Beispiel 5.3 Wir bestimmen die Ableitungsfunktion unseres Standard-Beispiels f (x) = 14 x2 . Sei also x eine beliebige Stelle (um Schreibaufwand zu sparen, lassen wir den Index 0 weg). Mit denselben Umformungen wie in der Fortsetzung zu Beispiel 5.1 ergibt sich als Differenzenquotient an der Stelle x (statt 1) ms (h) =

  1  1 1 1 f (x + h) − f (x) = (x + h)2 − x2 = (2xh + h2 ) = (2x + h). h 4h 4h 4

Durch Grenz¨ ubergang h → 0 erhalten wir als Ableitung f  (x) = lim

h→0

1 1 (2x + h) = x. 4 2

ultig, d.h. Diese Rechnung und Grenzwertbetrachtung ist f¨ ur jedes x ∈ Df = R g¨ die Ableitungsfunktion f : R → R, x → 12 x, hat denselben Definitionsbereich wie die Funktion f selbst.  x falls x  0, Beispiel 5.4 Die Betragsfunktion | · | : R → R, x → |x| := −x falls x < 0, besitzt das in Abbildung 5.9 dargestellte Schaubild. Da dieses in 0 einen Knick“ besitzt, wird es dort ” vermutlich keine Ableitung bzw. Tangente geben, was wir nun auch formal begr¨ unden wollen. Hier ergeben sich unterschiedliche Grenzwerte der Differenzenquotienten, je nachdem ob wir uns von rechts oder links n¨ahern: Betrachten wir eine negative Nullfolge (hn ), so gilt ur alle n, und es folgt |hn | = −hn f¨ m− s (hn ) =

y 2

y = |x| 1

x −2

−1

0

1

2

3

Abbildung 5.9

 1  1 · (−hn ) = −1. |0 + hn | − |0| = hn hn

Der linksseitige Grenzwert“ der Differenzenquotienten ist also stets −1 (was ” nat¨ urlich nicht u ¨berrascht, wenn man sdas Schaubild betrachtet). N¨ahern wir uns mit einer positiven Nullfolge von rechts der 0, so ist hingegen m+ s (hn ) =

 1  1 |0 + hn | − |0| = · (hn ) = 1. hn hn

128

5 Grundwissen Differenzialrechnung

Die Existenz von limh→0 ms (h) bedeutet aber, dass f¨ ur jede Nullfolge (hn ) (mit hn = 0) die Folge (ms (hn )) denselben Grenzwert besitzt. Da dies hier nicht der Fall ist, ist die Betragsfunktion in 0 nicht differenzierbar. F¨ ur x > 0 bzw. x < 0 existiert die Ableitung selbstverst¨ andlich und ist 1 f¨ ur x > 0 bzw. −1 f¨ ur x < 0 (mit derselben Rechnung wie eben). Dieses Beispiel zeigt also unter anderem, dass die Ableitungsfunktion einen echt kleineren Definitionsbereich als die Funktion selbst besitzen kann: Df  = R\{0}, w¨ ahrend Df = R ist. Beispiel 5.5 Wir berechnen die Ableitungsfunktion von f (x) = beliebiges x > 0. Der Differenzenquotient besitzt hier die Gestalt ms (h) =

√

x f¨ ur ein

 1 √ √  1 f (x + h) − f (x) = x+h− x , h h

wobei h schon so klein sein soll, dass x + h  0 gilt, weil sonst die Wurzel nicht definiert ist. Auf den ersten Blick k¨onnen √ wir dies nicht mehr weiter vereinfachen (grottenfalsch w¨ are, die Klammer als x + h − x umzuschreiben). Nun kommt der immer gleiche miese Trick, n¨ amlich geschickt erweitern und die dritte binomische Formel wirken lassen: √ √ √ √ 2 2 √  x+h+ x x+h − x 1 1 √ x+h− x ·√ ms (h) = √ = · √ √ h h x+h+ x x+h+ x =

x+h−x h 1 1 1 ·√ √ = ·√ √ =√ √ . h h x+h+ x x+h+ x x+h+ x

Um den letzten Ausdruck f¨ ur h → 0 in den Griff zu bekommen, greifen wir explizit urlich auf Definition 5.1 zur¨ uck: Ist (hn ) eine Nullfolge (mit hn = 0), so strebt nat¨ x + h gegen x, und mit Aufgabe 4.6 auf Seite 78 l¨ a sst sich die Konvergenz von n √ √ x + hn gegen x folgern. Insgesamt ergibt sich mit Hilfe der Grenzwerts¨atze f¨ ur die Ableitung der Wurzelfunktion f  (x) =

√  x = lim √ h→0

1 1 1 √ = √ . √ =√ x+ x 2 x x+h+ x

Versucht man diese Rechnung auch f¨ ur x = 0 durchzuf¨ uhren, bleibt am Ende der Ausdruck √1h stehen, der f¨ ur h → 0 keinen (rechtsseitigen) Grenzwert besitzt, da er u ¨ber alle Schranken w¨achst (d.h. gegen +∞ strebt). Es steht das W¨ortchen rechtsseitig“ vor dem Grenzwert, da wir uns aufgrund der Wurzel nur f¨ ur h > 0, ” also von rechts her, der 0 n¨ahern k¨onnen. Wenn u ¨berhaupt, dann k¨onnte die Wurzelfunktion nur eine rechtsseitige“ Ablei” tung in 0 besitzen, was sie nach dem eben Gesagten nicht tut. Der geometrische Grund hierf¨ ur ist, dass das Schaubild in 0 unendliche Steigung besitzt (wenn man hier von Tangente sprechen will, so w¨are es die y-Achse), siehe Abbildung 5.10. Auch hier ist also Df  = ( 0 , ∞ ) kleiner als Df = [ 0 , ∞ ) (wobei f¨ ur den Randpunkt 0 ohnehin keine richtige“, d.h. beidseitige Differenzierbarkeit in Frage kam). ”

129

5.1 Die Ableitung

y 1

y=

√ x

x 0

1

Abbildung 5.10 Wir notieren noch eine besonders erfreuliche Eigenschaft differenzierbarer Funktionen, n¨ amlich ihre wie folgt definierte Stetigkeit. Definition 5.5 Sei f : Df → R eine Funktion und x ∈ Df . Gilt f¨ ur jede Folge (xn ) ⊂ Df mit xn → x, dass auch die Bildfolge (f (xn )) konvergiert, und zwar gegen f (x), d.h.   lim f (xn ) = f lim xn = f (x), n→∞

n→∞

dann heißt f stetig an der Stelle x. Ist f an allen Stellen x ∈ Df stetig, so nennt man f stetig. ♦ Beispiel 5.6 Mit Hilfe der Grenzwerts¨atze sieht man leicht ein, dass alle polynomialen Funktionen wie z.B. f (x) = x4 − 2x2 + 1 oder sogar gebrochenrationale 3 Funktionen wie z.B. g(x) = xx2−2x +1 auf ihrem gesamten Definitionsbereich stetig sind. F¨ uhren wir den Nachweis f¨ ur g(x): Ist x ∈ Dg = R beliebig und (xn ) eine gegen x konvergente Folge, so konvergiert nach (G1 )–(G3 ) die Bildfolge g(xn ) = gegen

x3 −2x x2 +1

x3n −2xn x2n +1

= g(x).

Der folgende Satz hilft, aus bekannten stetigen Funktionen neue zu bilden. Satz 5.2 Sind f : Df → R und g : Dg → R stetige Funktionen, so ist auch f ◦ g : Dg → R, x → f (g(x)) stetig. (Damit die Verkettung sinnvoll ist, muss nat¨ urlich Wg ⊆ Df sein.) Kurz: Die Verkettung stetiger Funktionen ist wieder stetig. Beweis: Es sei x ∈ Dg beliebig und (xn ) ⊂ Dg eine gegen x konvergente Folge. Dann konvergiert g(xn ) → g(x) aufgrund der Stetigkeit von g. Weil nun aber (yn ) := (g(xn )) ⊂ Df eine gegen y := g(x) konvergente Folge ist, folgt f (yn ) → f (y), da auch f stetig ist. Also gilt insgesamt f (g(xn )) → f (g(x)), was die Stetigkeit der Verkettung f ◦ g beweist.  Die Betragsfunktion x → |x| ist stetig. √ √ ur negative x falsch Es ist n¨amlich x2 = |x| (und nicht etwa x2 = x, was f¨ Beispiel 5.7

130

5 Grundwissen Differenzialrechnung

ist, da die Wurzel definitionsgem¨ aß positiv sein muss), also l¨asst sich die Betragsfunktion als Verkettung von Quadratfunktion q und Wurzelfunktion w schreiben: |x| = w(q(x)). Nach vorigem Beispiel ist q(x) = x2 stetig, und die Stetigkeit der Wurzelfunktion w ergibt sich aus Aufgabe 4.6. Nach Satz 5.2 folgt die Stetigkeit der Betragsfunktion. Die Stetigkeit l¨asst sich auch direkt unter Verwendung der umgekehrten Dreiecks” ¨ ungleichung“  |x| − |y|   |x − y| nachweisen (Ubung). Beispiel 5.8 Unstetige Funktionen kann man sich leicht k¨ unstlich konstruieren: So ist die Sprungfunktion“ f (x) := 0 f¨ ur alle x = 0 und f (0) := 1 unstetig in ” 0, denn f¨ ur jede Nullfolge (xn ) mit xn = 0 f¨ ur alle n ist stets f (xn ) = 0, also konvergiert die Bildfolge (f (xn )) nie gegen 1 = f (0). In Abbildung 5.11 ist dies nochmals grafisch f¨ ur eine etwas interessanter aussehende Sprungfunktion dargestellt. Ihre Sprungstelle liegt bei x0 = 2, und es ist f (2) = 2 (Bedeutung von Boppel u ¨ber Kringel1 wie auf Seite 60). Betrachtet man nun eine streng monoton wachsende Folge (xn ), die gegen x0 = 2 konvergiert, so erkennt man, dass die Bildfolge (f (xn )) gegen 1, und nicht gegen   f lim xn = f (2) = 2

y Kf

f (x0 )

1

x 0

n→∞

1

x0 = 2

Abbildung 5.11

strebt. Somit ist f in x0 = 2 unstetig. Der n¨achste Satz sagt uns, dass die Eigenschaft der Differenzierbarkeit st¨ arker ist als die Stetigkeit. Satz 5.3 Ist f eine an der Stelle x differenzierbare Funktion, so ist f automatisch auch stetig in x. Ist also f differenzierbar, so ist f stetig. Beweis: Dass f differenzierbar in x ist, bedeutet, dass der Grenzwert f (x+hhnn)−f (x) f¨ ur jede Nullfolge (mit hn = 0) existiert und die Ableitung f  (x) ist. Ist nun (xn ) eine gegen x konvergente Folge, so definiert hn := xn − x eine Nullfolge (wir beur fast alle n ist), das heißt trachten hier nur den interessanten Fall, dass xn = x f¨ qn :=

f (x + hn ) − f (x) f (xn ) − f (x) = → f  (x) xn − x hn

f¨ ur n → ∞.

Da jede konvergente Folge nach Satz 4.1 beschr¨ankt ist, gibt es ein S ∈ R mit ur alle n ∈ N, und durch Multiplikation mit |xn − x| erhalten wir |qn |  S f¨ |f (xn ) − f (x)| = |qn | · |xn − x|  S · |xn − x| 1 In

f¨ ur alle n ∈ N.

den anderen Abbildungen dieses Kapitels wurde der helle Kringel der besseren Erkennbarkeit halber gew¨ ahlt und bedeutet nicht, dass der Punkt nicht auf dem Schaubild liegt. Dies gilt nur, wenn sich u ¨ ber oder unter ihm ein schwarzer Boppel befindet.

131

5.1 Die Ableitung

Da die rechte Seite gegen 0 geht, folgt auch |f (xn ) − f (x)| → 0, d.h. f (xn ) → f (x) f¨ ur n → ∞, was die Stetigkeit von f beweist.  Dass aus Stetigkeit allerdings noch lange nicht die Differenzierbarkeit folgt, zeigt die Betragsfunktion. Sie ist zwar auf ganz R stetig (siehe Beispiel 5.7), aber in 0 nicht differenzierbar, wie wir in Beispiel 5.4 gesehen haben. Historisches. Die Differenzialrechnung, also die mathematische Disziplin, die auf dem Begriff der Ableitung basiert, wurde Ende des 17. Jahrhunderts unabh¨ angig von zwei Genies entwickelt: Dem Physiker Sir Isaac Newton2 und dem deutschen Universalgelehrten Leibniz3 . Newton entwickelte die Ableitung, um seine physikalischen Ideen pr¨ aziser formulieren zu k¨ onnen. Seine Bezeichnung f˙(t0 ) (lies: f Punkt von t0“) ist bis heute u ¨blich, wenn man ” nach der Zeit t ableitet. Leibniz hingegen n¨ aherte sich der Ableitung aus geometrischer Sicht, indem er versuchte, die Tangente einer Kurve zu bestimmen. Auf ihn geht die Notation lim

Δx→0

df Δf =: (x0 ) Δx dx

(lies: df nach dx an der Stelle x0“) f¨ ur die Ableitung zur¨ uck. Das d soll andeuten, dass ” beim Grenz¨ ubergang Δx → 0 aus den endlichen Differenzen Δ nun unendlich kleine“ ” Zahlen, sogenannte Differenziale“ werden. Obwohl das Differenzial-Kalk¨ ul wunderbare ” Resultate lieferte, sorgte der Umgang mit diesen unendlich kleinen Zahlen“ (die aber doch ” irgendwie von Null verschieden sind) lange Zeit f¨ ur große Verwirrung und Kontroversen. Eine logisch befriedigende Pr¨ azisierung des Ableitungs-Konzeptes, u.a. durch Cauchy und Weierstraß, erfolgte erst sp¨ ater, da daf¨ ur ein rigoroser Grenzwertbegriff notwendig war.

—————————

—————————

Aufgabe 5.3 Zeige, dass die folgenden Funktionen auf ihrem maximalen Definitionsbereich differenzierbar sind, indem du explizit die Ableitungsfunktion mit der h-Methode bestimmst. a) f (x) = x

b) f (x) =

—————————

2 Jeder

1 x

c) f (x) = x3 —————————

weiß, wer Newton war! Wilhelm Leibniz (1646–1716); bedeutender Mathematiker, Philosoph, Physiker, Politiker u.v.m., der laut eigener Aussage beim Erwachen schon so viele Einf¨ alle hatte, dass der ” Tag nicht ausreichte, um sie niederzuschreiben“. 3 Gottfried

132

5 Grundwissen Differenzialrechnung

5.2

Ableitungsregeln

Es w¨ are nat¨ urlich sehr unerfreulich, wenn man jedes Mal beim Ableiten die umst¨ andlichen Umformungen der h-Methode aus dem letzten Abschnitt anwenden m¨ usste. Deshalb werden wir nun allgemeine Regeln aufstellen, mit denen sich Ableitungen vieler der uns bekannten Funktionen m¨ uhelos bestimmen lassen.

5.2.1

Faktor- und Summenregel

Satz 5.4

( Faktor- und Summenregel )

Es seien f und g differenzierbare Funktionen und c ∈ R eine Konstante. Dann sind c · f und f + g ebenfalls differenzierbar und f¨ ur ihre Ableitungen gilt:     und f (x) + g(x) = f  (x) + g  (x), c · f (x) = c · f  (x) wobei die zweite Regel nat¨ urlich nur f¨ ur x ∈ Df ∩ Dg , also auf dem gemeinsamen Definitionsbereich, gelten kann. In Worten: Ein konstanter Vorfaktor bleibt beim Ableiten einfach stehen und Summen von Funktionen werden summandenweise abgeleitet. Beweis:

F¨ ur den Differenzenquotienten von k(x) := c · f (x) gilt

 1   1 1 k(x + h) − k(x) = c · f (x + h) − c · f (x) = c · f (x + h) − f (x) , h h h und da der letzte Ausdruck f¨ ur h → 0 nach Grenzwertsatz (G2 ) gegen c · f  (x) geht, folgt die erste Behauptung, n¨amlich dass k(x) = c · f (x) die Ableitungsfunktion c · f  (x) besitzt. F¨ ur den Differenzenquotienten der Summenfunktion s(x) := f (x) + g(x) gilt  1   1 s(x + h) − s(x) = f (x + h) + g(x + h) − f (x) + g(x) h h  1  1 f (x + h) − f (x) + g(x + h) − g(x) . = h h F¨ ur h → 0 geht diese Summe nach Grenzwertsatz (G1 ) gegen die Summe der Differenzialquotienten, also gegen f  (x) + g  (x), was zu zeigen war.  Anmerkung: Nat¨ urlich gilt die Summenregel auch f¨ ur 3 oder mehr Summanden, wie man durch Klammern und mehrfaches Anwenden der Summenregel sieht:     f + g + h = f + (g + h) = f  + (g + h) = f  + g  + h .   Außerdem gilt f¨ ur Differenzen f (x)−g(x) = f  (x)−g  (x). Dies sieht man, indem man f − g als f + (−1) · g schreibt, und Summen- plus Faktorregel anwendet.

133

5.2 Ableitungsregeln

√ Beispiel 5.9 F¨ ur die Ableitung von f (x) = 2 x + 13 x3 − xπ folgt (f¨ ur x > 0) unter Verwendung der beiden Regeln und der Ableitungs-Ergebnisse der letzten Abschnitte (inklusive Aufgabe 5.3): 1 −1 1 π 1 f  (x) = 2 · √ + · (3x2 ) − π · 2 = √ + x2 + 2 . x x 2 x 3 x

5.2.2

Die Potenzregel

Funktionen wie z.B. x, x2 , x3 . . . lassen sich besonders einfach ableiten. Die zugeh¨ orige Regel hast du vielleicht bereits anhand Aufgabe 5.3 erahnt. ( Potenzregel )

Satz 5.5

F¨ ur jedes n ∈ N gilt f¨ ur die Ableitung der Potenzfunktion xn  n  x = n xn−1 .   Beweis: Der Differenzenquotient lautet h1 (x + h)n − xn , und um ihn weiter umformen zu k¨ onnen, m¨ ussen wir erst den (x + h)n -Ausdruck in den Griff bekommen. Dazu rufen wir uns den allgemeinen binomischen Lehrsatz in Erinnerung (siehe Seite 35): (x + h)n =

n    n k=0

k

xk hn−k = xn + n xn−1 h + R(h2 ),

n 

 n  wobei wir n = 1 und n−1 = n verwendet haben und der Restterm“ R(h2 ) ” ausschließlich Summanden enth¨alt, in denen ein h2 oder noch h¨ohere Potenzen von h auftreten. Damit folgt   1 1 R(h2 ) (x + h)n − xn = x/n + n xn−1 h + R(h2 ) − x/n = n xn−1 + . h h h Alle Summanden von R(h2 ) enthalten auch nach Division durch h immer noch mindestens ein h und verschwinden somit im Grenz¨ ubergang h → 0: 

xn



= lim

h→0

   2 1 ) (x + h)n − xn = lim n xn−1 + R(h = n xn−1 . h h→0 h !" # →0

Beispiel 5.10

 42  x = 42 · x41 .

Anmerkung: Die Potenzregel gilt sogar f¨ ur alle reellen Hochzahlen r ∈ R:  r  x = r xr−1 .



134

5 Grundwissen Differenzialrechnung

Was xr f¨ ur rationales oder gar irrationales r u ¨berhaupt sein soll, und wie man diese Regel dann beweist, sehen wir erst auf Seite 145 mit Hilfe der e-Funktion. Wenden wir diese Regel f¨ ur r = −1 und r = 12 an, so ergibt sich:  1  x und

  1 = x−1 = (−1) · x−1−1 = −x−2 = − 2 x

√   1  1 1 1 1 1 1 1 √ , x = x 2 = x 2 −1 = x− 2 = 1 = 2 2 2 x2 2 x

was tats¨ achlich mit unseren fr¨ uheren Ergebnissen aus Abschnitt 5.1.5 u ¨ bereinstimmt, wo wir diese Ableitungen mit der h-Methode m¨ uhsam bestimmt haben.

5.2.3

Die Ableitung von Sinus und Cosinus

Wir beweisen nun die Ableitungsregeln f¨ ur die Sinus- und Cosinusfunktion, deren Definition am Einheitskreis wir aus der Schule als bekannt voraussetzen. W¨ahrend der Beweis u ¨belst trickreich ist, sind die Regeln selbst erfreulich einfach. Satz 5.6 F¨ ur die Ableitung von Sinus und Cosinus gilt (wenn x im Bogenmaß gemessen wird!) sin (x) = cos x

und

cos (x) = − sin x.

(Normalerweise sparen wir uns die Klammer um das x im Argument von sin oder cos; weil sin x oder sin 0 aber etwas komisch aussieht, setzen wir sie hier.) Dass beim Ableiten von Cosinus ein Minus auftritt, kann man sich daran merken, dass die Cosinuskurve f¨ ur x > 0 zun¨ achst f¨allt, also erstmal negative Steigung besitzt. Beweis: In Schritt 1 bestimmen wir die Ableitung des Sinus an der Stelle x0 = 0. Interessanterweise l¨ asst sich der allgemeine Fall auf diesen Spezialfall zur¨ uckf¨ uhren (siehe Schritt 2). Es ist lim

h→0

  1 1 sin h sin(0 + h) − sin 0 = lim sin(h) − 0 = lim . h→0 h h→0 h h

Um den Grenzwert formal korrekt zu bestimmen, m¨ ussen wir etwas tiefer in die Trickkiste greifen (durch Einsetzen kleiner h mit dem Taschenrechner kommt man zur Vermutung, dass er 1 sein wird). Betrachte den in Abbildung 5.12 dargestellten Einheitskreis-Ausschnitt. Es sei h das Bogenmaß des Winkels αh , also die L¨ange des Kreisbogens DC. Nach Definition von Sinus und Cosinus am Einheitskreis ist AB = cos h und BC = sin h. Zudem ange der Strecke DE auf der Kreistangente ist tan h gilt tan h = DE 1 , d.h. die L¨ (daher stammt die Bezeichnung Tangens).

135

5.2 Ableitungsregeln

E

C

tan h sin h h A

B

αh cos h

D 1

Abbildung 5.12 Nun betrachten wir das Dreieck ABC (Fl¨ acheninhalt A1 ), welches im Kreissektor ADC (Fl¨ acheninhalt As ) enthalten ist, welcher selbst wiederum innerhalb des Dreiecks ADE (Fl¨ acheninhalt A2 ) liegt. Offenbar gilt die Beziehung A1  As  A2 .

(∗)

Die Fl¨acheninhalte der rechtwinkligen Dreiecke sind A1 =

1 · cos h · sin h 2

und

F¨ ur den Kreissektor gilt As =

h 2π

A2 = · π 12 =

1 · 1 · tan h. 2 h 2

, und eingesetzt in (∗) ergibt dies

h 1 1 · cos h · sin h   tan h. 2 2 2 Multiplizieren mit 2 und teilen durch sin h > 0 (f¨ ur 0 < h < π) liefert unter sin h Beachtung von tan h = cos h cos h 

tan h 1 h  = sin h sin h cos h

bzw.

1 sin h   cos h. cos h h

Nun geht f¨ ur h → 0 aber sowohl cos h → cos 0 = 1 (anschaulich klar am Einheitskreis4 ), als auch cos1 h → 11 = 1, und weil der interessierende Bruch zwischen diesen beiden Ausdr¨ ucken eingequetscht ist, folgt im Grenz¨ ubergang h → 0 1  lim

h→0

sin h  1, h

was dem mittleren Grenzwert keine andere Wahl l¨ asst, als selbst auch 1 zu sein. Damit haben wir m¨ uhsam bewiesen, dass die Ableitung des Sinus in 0 existiert und sin (0) = lim

h→0

sin h =1 h

4 Eigentlich brauchen wir hier die Stetigkeit des Cosinus. Da wir aber nur die anschauliche Definition der Cosinusfunktion verwenden, k¨ onnen wir ihre Stetigkeit auch nicht streng beweisen.

136

5 Grundwissen Differenzialrechnung

gilt. Weil cos 0 = 1 ist, stimmt die Behauptung sin (x) = cos x zumindest f¨ ur x = 0. Schritt 2: Wir bestimmen die Ableitung des Sinus f¨ ur ein beliebiges x. Um den Differenzenquotienten des Sinus f¨ ur ein solches x vereinfachen zu k¨onnen, m¨ ussen wir uns eines miesen Tricks bedienen. F¨ ur die Differenz zweier Sinuswerte gilt     α−β α+β sin . sin α − sin β = 2 cos 2 2 (Setze in Aufgabe 9.24 c) auf Seite 270 ϕ = α und θ = −β ein und beachte sin(−β) = − sin β.) Wenden wir dies f¨ ur α = x + h und β = x an, so ergibt sich  1 x + h + x x + h − x 1 sin(x + h) − sin x = 2 cos sin h h 2 2h        2x + h h 2x + h sin 2 2 sin = cos . = cos h h 2 2 2 2 Der Grund f¨ ur die seltsame letzte Umformung ( h2 in den Nenner) sollte im Hinblick auf Schritt 1 nicht ¨berraschend wirken. F¨ ur h → 0 geht der erste  mehr  ganz so u Faktor gegen cos 2x+0 = cos x (siehe obige Fußnote). Beim zweiten Faktor setzen 2 h wir 2 = u und beachten, dass mit h → 0 dann auch u → 0 geht. Geschickterweise wissen wir bereits aus Schritt 1, dass limu→0 sinu u = 1 ist, d.h. der zweite Faktor im Differenzenquotient geht gegen 1 f¨ ur h → 0. Somit folgt       sin h2 2x + h 1  sin (x) = lim sin(x + h) − sin x = lim cos · = cos x. h h→0 h h→0 2 2 !" # !" # → cos x

→1

Die Ableitungsregel f¨ ur den Cosinus beweist man v¨ollig analog zu Schritt 2 mit Hilfe der Beziehung     α−β α+β sin .  cos α − cos β = −2 sin 2 2 Anmerkung: Dass x im Bogenmaß angegeben wird, geht nur an einer Stelle ganz subtil in den Beweis ein. Will man die Funktion sin α ableiten, wobei α ein Winkel im Gradmaß αh ist, so ergibt sich f¨ ur die Fl¨ ache des Kreissektors aus dem obigen Beweis As = 360 ◦ π anstelle von As = h2 . Dadurch lautet die Ungleichung (∗) im Gradmaß 1 π 1 αh  tan αh , cos αh sin αh  2 360◦ 2 π und nach Umformen folgt 180 ◦ αh → 0 ergibt sich schließlich

lim

αh →0

π sin αh = αh 180◦

1 cos αh



und damit

sin αh αh



π 180◦

sin (α) =

cos αh . Durch Grenzwertbildung π cos α . 180◦

π Um den st¨ orenden Vorfaktor 180 ◦ zu vermeiden, wird beim Ableiten von Sinus oder Cosinus stets mit dem Bogenmaß gearbeitet.

5.2 Ableitungsregeln

5.2.4

137

Die Produktregel

Wie wir in 5.2.1 gelernt haben, leitet man Summen von Funktionen wie u(x) + v(x) ganz einfach summandenweise ab, d.h. (u(x) + v(x)) = u (x) + v  (x). Sch¨on w¨are es, wenn eine so einfache Regel auch f¨ ur Produkte von Funktionen u(x) · v(x) g¨alte, ?

also (u(x) · v(x)) = u (x) · v  (x). Dass dies nicht stimmen kann, zeigt bereits das simple Beispiel u(x) = v(x) = x: Hier ist n¨ amlich (u(x) · v(x)) = (x2 ) = 2x, was   nicht dasselbe wie u (x) · v (x) = 1 · 1 = 1 ist. Wie man Produkte richtig ableitet, zeigt der n¨achste Satz. Satz 5.7

( Produktregel oder Leibniz-Regel )

Sind u(x), v(x) differenzierbare Funktionen, so ist auch ihr Produkt p(x) = u(x) · v(x) differenzierbar, und f¨ ur die Ableitung des Produktes gilt 

p (x) = (u(x) · v(x)) = u (x) · v(x) + u(x) · v  (x), was man k¨ urzer auch als (u · v) = u · v + u · v  schreiben kann. Beweis: Wir greifen zur¨ uck auf die Definition der Ableitung als Differenzialquotient. Zun¨achst formen wir den Differenzenquotient durch Einf¨ ugen einer nahr” haften Null“ geeignet um:  1  1 p(x + h) − p(x) = u(x + h) · v(x + h) − u(x) · v(x) h h  1 = u(x + h) · v(x + h)− u(x) · v(x + h) + u(x) · v(x + h) − u(x) · v(x) h    1  u(x + h) − u(x) · v(x + h) + u(x) · v(x + h) − v(x) = h =

u(x + h) − u(x) v(x + h) − v(x) · v(x + h) + u(x) · . h h

Gewonnen haben wir dadurch, dass die jeweiligen Differenzenquotienten von u bzw. v isoliert auftreten. F¨ ur jeden dieser Terme wissen wir, dass der Limes f¨ ur h → 0 existiert: Die beiden Br¨ uche konvergieren aufgrund der vorausgesetzten Differenzierbarkeit gegen u (x) bzw. v  (x), der Faktor v(x + h) strebt aufgrund der Stetigkeit von v (siehe Satz 5.3) einfach gegen v(x), und u(x) ist lediglich ein konstanter Vorfaktor. Insgesamt erhalten wir mit Hilfe der Grenzwerts¨ atze die Konvergenz des gesamten Ausdrucks, und zwar gegen p (x) = lim

h→0

 1 p(x + h) − p(x) h

u(x + h) − u(x) v(x + h) − v(x) · lim v(x + h) + u(x) · lim h→0 h→0 h→0 h h

= lim

= u (x) · v(x) + u(x) · v  (x), was wir beweisen wollten.



138

5 Grundwissen Differenzialrechnung

Beispiel 5.11

Wir bringen ein paar einfache Anwendungen dieser neuen Regel.

a) F¨ ur f (x) = x2 · sin x folgt, wenn wir u(x) = x2 und v(x) = sin x setzen, mit der Leibniz-Regel f  (x) = 2x · sin x + x2 · cos x. 2

b) Die Funktion g(x) = x x+1 k¨onnen wir in dieser Gestalt nicht ableiten, da wir noch keine Regel f¨ ur das Ableiten von Quotienten haben (auf gar keinen Fall darf man Z¨ ahler und Nenner einzeln ableiten!). Schreiben wir jedoch g(x) =   (x2 + 1) · x1 , so liefert die Produktregel unter Beachtung von x1 = − x12 g  (x) = 2x ·

1 1 1 1 − (x2 + 1) · 2 = 2 − 1 − 2 = 1 − 2 . x x x x

Auf dieses Ergebnis kommt man nat¨ urlich viel schneller, wenn man g(x) = x2 1 1 + = x + beachtet. Wenn man die M¨oglichkeit hat, ein Produkt in eine x x x Summe umformen zu k¨ onnen, kann dies beim Ableiten oft schneller zum Ziel f¨ uhren. c) Wir leiten das mehrfache Produkt h(x) = x · sin x · cos x ab. Weil wir die Produktregel nur f¨ ur zwei Faktoren haben, m¨ ussen wir zun¨achst u(x) = x · sin x und v(x) = cos x setzen. Sukzessives Anwenden der Leibniz-Regel ergibt h (x) = (x · sin x) · cos x + (x · sin x) · (− sin x) = (1 · sin x + x · cos x) · cos x − x · sin2 x = sin x · cos x + x(cos2 x − sin2 x). Durch dasselbe Vorgehen kannst du dir leicht die folgende allgemeine Formel herleiten: (u · v · w) = u · v · w + u · v  · w + u · v · w . Beispiel 5.12 Mit Hilfe der Produktregel erhalten wir eine weitere, besonders ur nat¨ urliche Hochzahlen n zu elegante Methode, die Potenzregel (xn ) = nxn−1 f¨ beweisen, indem wir n¨ amlich vollst¨ andige Induktion u ¨ber n f¨ uhren. uher mit Hilfe des DifferenDer Induktionsanfang x = 1 = 1 · x0 wurde bereits fr¨ zenquotienten gezeigt. Es gelte also (xn ) = nxn−1 f¨ ur ein n ∈ N (IV). Dann liefert die Leibniz-Regel mit u(x) = xn und v(x) = x 

xn+1



  = xn · x

(IV)+(IA)

=

nxn−1 · x + xn · 1 = (n + 1)xn = (n + 1)x(n+1)−1 ,

womit der Induktionsschritt erbracht ist. ¨ F¨ ur weitere Ubungsaufgaben verweisen wir auf Abschnitt 5.2.8.



5.2 Ableitungsregeln

5.2.5

139

Die Kettenregel

Der zun¨achst etwas seltsam anmutende Name Kettenregel“ bezieht sich darauf, ” dass Verkettungen von Funktionen abgeleitet werden. Das allgemeine Konzept der Verkettung von Abbildungen haben wir bereits in Kapitel 3 kennen gelernt. Hier beschr¨anken wir uns auf das Verketten reellwertiger Funktionen f : Df ⊂ R → R, worauf wir im folgenden Beispiel nochmals n¨aher eingehen. √ Beispiel 5.13 Betrachte f (x) = 2x − 4 mit Definitionsbereich Df = [ 2 , ∞ ). Wollen wir einen Funktionswert von f , wie etwa f (10), berechnen, so setzen wir zuerst x = 10 im Radikanden (also dem Ausdruck unter der Wurzel) ein, und √ ziehen √ anschließend die Wurzel. Als Ergebnis erhalten wir f (10) = 2 · 10 − 4 = 16 = 4. Abstrakter gesprochen, wenden wir zuerst die innere Funktion“ v(x) = 2x − 4 ” auf x =√10 an, und setzen das Ergebnis v(10) dann in die ¨ außere Funktion“ ” u(♥) = ♥ ein: f (10) =



v(10) = u(v(10)) = (u ◦ v)(10).

Allgemeiner k¨ onnen wir also f darstellen als:  f (x) = v(x) = u(v(x)) = (u ◦ v)(x) f¨ ur alle x ∈ R, f¨ ur welche der Ausdruck (u ◦ v)(x) existiert. In diesem Fall muss also v(x) ∈ Du = [ 0 , ∞ ) liegen (Radikand einer Wurzel darf nicht negativ sein), was wegen v(x) = 2x − 4 gleichbedeutend mit x ∈ [ 2 , ∞ ) ist. Im Folgenden werden wir die Definitionsbereichsfrage meist ignorieren. Wie in Kapitel 3 bereits gesagt, spielt die Reihenfolge der Verkettung eine wichtige Rolle. In diesem Beispiel erkennt man sofort, dass u ◦ v und v ◦ u verschiedene Funktionen sind (selbst √ wenn sie dieselben Definitionsbereiche h¨ atten), denn √ es gilt (v ◦u)(x) = v(u(x)) = 2 x−4, und somit ist zum Beispiel (v ◦u)(10) = 2 10−4 = 4 = (u ◦ v)(10). Ob und wie man solche verketteten Funktionen differenzieren kann, lehrt die Kettenregel, welche zusammen mit der Produktregel zu den wichtigsten Gesetzen der Analysis u ¨berhaupt z¨ahlt. Satz 5.8

( Kettenregel )

Sind u und v differenzierbare Funktionen, dann ist auch ihre Verkettung u ◦ v (auf passendem Definitionsbereich) differenzierbar und f¨ ur ihre Ableitung gilt   (u ◦ v) (x) = u v(x) · v  (x). In Worten: Die Ableitung einer Verkettung   u ◦ v an der Stelle x erh¨alt man, indem man die ¨ außere Ableitung“ u v(x) (wichtig: an der Stelle v(x) und ” nicht x) mit der inneren Ableitung“ v  (x) multipliziert. ”

140

5 Grundwissen Differenzialrechnung

Mit der etwas schwammigen Formulierung auf passendem Definitionsbereich“ mei” nen wir genauer Folgendes: Ist u auf Du differenzierbar und v auf Dv differenzierbar, so ist u ◦ v auf dem Definitionsbereich v −1 (Du ) differenzierbar. Beweis: Wir m¨ ussen f¨ ur jedes beliebige x ∈ v −1 (Du ) und f¨ ur jede nach Definition 5.1 erlaubte Nullfolge (hn ) zeigen, dass lim

n→∞

  u(v(x + hn )) − u(v(x)) = u v(x) · v  (x) hn

gilt. Um die Differenzierbarkeit von u an der Stelle v(x) nutzen zu k¨ onnen, setzen wir hn := v(x + hn ) − v(x) und schreiben die Klammer um zu hn ) − u(v(x)). u(v(x + hn )) − u(v(x)) = u(v(x) + Bei ( hn ) handelt es sich aufgrund der Stetigkeit von v (siehe Satz 5.3) jedenfalls um eine Nullfolge. Da nach Definition 5.1 aber nur Folgen mit hn = 0 erlaubt sind, atzlichen Eigenschaft betrachten wir als Fall 1 zun¨achst nur Folgen (hn ) mit der zus¨

ur fast alle n ∈ N. hn = v(x + hn ) − v(x) = 0 f¨

()

ur alle n  N , so dass wir f¨ ur diese n in Ab einem gewissen N gilt dann hn = 0 f¨ obigem Differenzenquotienten folgende nahrhafte Eins“ einf¨ ugen k¨ onnen: ”

u(v(x + hn )) − u(v(x)) hn u(v(x) + hn ) − u(v(x)) v(x + hn ) − v(x) · = ·

hn hn hn hn =

u(v(x) + hn ) − u(v(x)) v(x + hn ) − v(x) · .

hn hn

F¨ ur n → ∞ strebt der erste Faktor gegen u (v(x)) (da u in v(x) ∈ Du differenzierbar von ist), und der zweite konvergiert gegen v  (x) (aufgrund der Differenzierbarkeit   v in x). Das Produkt besitzt nach Grenzwertsatz (G2 ) somit u v(x) · v  (x) als Limes, was die Behauptung f¨ ur Folgen (hn ) mit () zeigt. ur unendlich Fall 2: Was passiert bei Folgen (hn ), bei denen v(x + hm ) = v(x) f¨ viele m gilt, die () also nicht erf¨ ullen? Sei qn := h1n (v(x + hn ) − v(x)). In diesem ur unendlich viele n (= m), d.h. 0 ist H¨aufungswert von (qn ). Fall gilt qn = 0 f¨ Da aber wegen der Differenzierbarkeit von v in x gleichzeitig der Limes von (qn ) existiert, muss dieser 0 sein, sprich v  (x) lautet die Behauptung hier  = 0. Somit 1   v(x) · v (u(v(x + h )) − u(v(x))) =: Q → u (x) = 0 f¨ ur n → ∞. n n hn F¨ ur die Folgenglieder Qm , bei denen v(x + hm ) = v(x) ist, gilt jedoch bereits Qm = 0 (da u(v(x)) − u(v(x)) = 0), d.h. diese Differenzenquotienten Qm stimmen schon mit dem behaupteten Limes 0 u ¨berein. Falls nach Wegstreichen dieser Qm noch unendlich viele Qn mit v(x + hn ) = v(x) stehen bleiben, betrachten wir die Teilfolge (Qn ). Diese erf¨ ullt (), also sind wir in Fall 1, weshalb sie gegen u (v(x)) · v  (x) = 0 konvergiert. Nach der Grenzwertdefinition folgt die Konvergenz  der gesamten Folge (Qn ) gegen den behaupteten Grenzwert Null.

141

5.2 Ableitungsregeln

Nicht schlimm, wenn du nicht alle Feinheiten im Beweis verstanden hast. Viel wichtiger ist, dass du die Kettenregel mit verbundenen Augen anwenden kannst. √ Beispiel 5.14 Wir leiten die Funktion f (x) = 2x − 4 aus obigem Beispiel gaaanz langsam uhrlich mit Hilfe der Kettenregel ab. Die a¨ußere Funk√ und ausf¨ tion u(♥) = ♥ ist differenzierbar auf Du = ( 0 , ∞ ), und die innere Funktion v(x) = 2x − 4 ist auf ganz R = Dv differenzierbar. Der passende Definitionsbereich f¨ ur die Ableitung der Verkettung f = u ◦ v ist v −1 (Du ) = ( 2 , ∞ ). Nach der Kettenregel m¨ ussen wir zur Berechnung von f  zun¨achst die ¨außere Ab1 ur ♥ ∈ ( 0 , ∞ ). Werten wir leitung bestimmen. Diese ist u (♥) = 12 ♥− 2 = 2√1♥ f¨ dies an der Stelle ♥ = v(x) aus (f¨ ur x > 2), so erhalten wir als a¨ußere Ableitung 1 1 . = √ u (v(x)) =  2 2x −4 2 v(x) Die innere Ableitung ist erfreulich einfach: v  (x) = (2x − 4) = 2. Insgesamt folgt nach der Kettenregel f¨ ur die Ableitung von f = u ◦ v auf ( 2 , ∞ )   1 1 f  (x) = (u ◦ v) (x) = u v(x) · v  (x) = √ ·2 = √ . 2 2x − 4 2x − 4 ¨ Die ersten 5-10 Ubungen schreibt man sich am besten so ausf¨ uhrlich auf (jedoch oh¨ ne sich mit den Definitionsbereichen so lange aufzuhalten). Mit etwas mehr Ubung sollte es dir allerdings gelingen, die Ableitung wie in der letzten Zeile direkt aufzuschreiben. Beispiel 5.15

Wir bringen weitere, nun etwas knapper gehaltenere Beispiele.

a) F¨ ur f (x) = (2x2 + 1)3 ist u(♥) = ♥3 die a¨ußere Funktion mit Ableitung  u (♥) = 3♥2 , sowie v(x) = 2x2 + 1 die innere Funktion mit Ableitung v  (x) = 4x. Die Kettenregel liefert f  (x) = 3(2x2 + 1)2 · 4x = 12x · (2x2 + 1)2 . Beachte: Um f (x) = (2x2 + 1)3 ohne Kettenregel (oder Produktregel) abzuleiten, m¨ usste man f (x) nach dem binomischen Lehrsatz zun¨achst als Summe schreiben. Tue dies und u ¨berzeuge dich, dass auch auf diesem Wege dasselbe f  herauskommt. Vergleiche den Aufwand und freue dich ab jetzt jeden Tag u ¨ber die Kettenregel. b) Es sei g(x) = sin1 x , was sich als g = u ◦ v mit u(♥) = schreiben l¨asst. Mit der Kettenregel folgt g  (x) = u (v(x)) · v  (x) = −

1 ♥

1 cos x · cos x = − 2 . 2 (sin x) sin x

Der maximale Definitionsbereich ist hier R\πZ.

und v(x) = sin x

142

5 Grundwissen Differenzialrechnung √

c) Bei h(x) = ecos x handelt es sich sogar um eine doppelte Verkettung, was aber nicht weiter√ schlimm ist. Wir schreiben zun¨achst h = u◦v mit u(♥) = e♥ und v(x) = cos x. Wir verwenden im Vorgriff auf Seite 148, dass die eFunktion sich selbst als Ableitung hat. Somit lautet die ¨außere Ableitung u (♥) = e♥ . Erstes Anwenden der Kettenregel liefert  √  h (x) = u (v(x)) · v  (x) = ev(x) · cos x . Um die Ableitung des zweiten Faktors zu bestimmen, m¨ ussen wir erneut die √ Kettenregel bem¨ u hen: Dazu schreiben wir cos x = c(w(x)) mit c(♥) = cos ♥ √ und w(x) = x. Zweites Anwenden der Kettenregel ergibt 

cos

√  √ 1 x = c (r(x)) · w (x) = − sin x · √ , 2 x

und wir erhalten insgesamt √ √  √  sin x h (x) = ev(x) · cos x = −ecos x · √ . 2 x ¨ In 5.2.8 findest du auch zur Kettenregel reichlich Ubungsmaterial. Beispiel 5.16 Als theoretisches Beispiel zeigen wir, dass die Produktregel aus der m¨achtigen Kettenregel (zusammen mit der Summenregel) folgt. ur eine Zur Vorbereitung u ¨ berlegen wir uns, was die Ableitung von f (x) := g(x)2 f¨ beliebige differenzierbare Funktion g ist. Die a¨ußere Funktion ist hier die Quadratfunktion, d.h. f = q ◦ g mit q(♥) = ♥2 . Die a¨ußere Ableitung lautet somit q  (♥) = 2♥, und die innere Ableitung ist g  (x). Nach der Kettenregel ist demnach f  (x) = (q ◦ g) (x) = q  (g(x)) · g  (x) = 2g(x) · g  (x).

()

Dies schreiben wir im Folgenden abgek¨ urzt als f  = 2g · g  . Nun seien u und v dif2 ferenzierbare Funktionen, und wir leiten die Hilfsfunktion h(x) := (u(x) + v(x)) , 2 die wir ebenfalls k¨ urzer als h = (u + v) notieren, auf zwei Arten ab (die Differenzierbarkeit von h folgt aus Summen- und Kettenregel). Zuerst direkt mit der Ketten- und Summenregel ()

h = 2(u + v) · (u + v) = 2(u + v) · (u + v  ) = 2u · u + 2 (u · v  + v · u ) + 2v · v  . Andererseits kann man auch h zun¨achst auf ausmultiplizierte Form bringen, d.h. h = u2 + 2u · v + v 2 , und danach ableiten. Dass dabei u · v = 12 (h − u2 − v 2 ) u ¨berhaupt differenzierbar ist, folgt aus Faktor-, Summen- und Kettenregel (f¨ u r u2 2 und v ) zusammen mit der vorher begr¨ undeten Differenzierbarkeit von h. Hier ist ()



h = 2u · u + 2 (u · v) + 2v · v  .

5.2 Ableitungsregeln

143



Beachte, dass wir den Ausdruck (u · v) absichtlich so haben stehen lassen – die Produktregel wollen wir ja gerade erst (erneut) beweisen. Da h = h gelten muss, erhalten wir nach Wegstreichen der beidseitig auftretenden Summanden 

2 (u · v  + v · u ) = 2 (u · v) , und Teilen durch 2 ergibt die Produktregel. Anmerkung: Vor allem bei Physikern ist die folgende Schreibweise der Kettenregel in Leibniz-Notation sehr beliebt: F¨ ur die Ableitung von u(v(x)) schreibt der Physiker du du dv = · , dx dv dx d.h. um auf die Kettenregel zu kommen, muss man lediglich formal mit dv erweitern. Wir raten dem Anf¨ anger von einer (unbedachten) Anwendung dieses Formalismus dringend ab, werden allerdings im Kapitel 8 erfolgreich Gebrauch vom skrupellosen Rechnen in Leibniz-Notation machen.

5.2.6

Ableitung der Umkehrfunktion

Mit Hilfe der Kettenregel l¨asst sich oftmals elegant die Ableitung der Umkehrfunktion einer bijektiven, differenzierbaren Funktion bestimmen (falls man die Ableitung der Funktion selbst kennt). Wir demonstrieren das rechnerische Vorgehen an zwei Beispielen. √ + Beispiel 5.17 Die Wurzelfunktion w : R+ x ist die Umkehrfunk0 → R0 , x → + 2 → R , x →  x , denn bekanntlich gilt q ◦ w = idR+ tion der Quadratfunktion q : R+ 0 0 0 und w ◦ q = idR+ , oder ausf¨ uhrlicher 0

q(w(x)) = x

und

w(q(x)) = x

f¨ ur alle x ∈ R+ 0.

Wir tun nun so, als w¨ urden wir die Ableitung der Wurzelfunktion w (x) noch nicht kennen. Beidseitiges Ableiten von q(w(x)) = x ergibt nach der Kettenregel q  (w(x)) · w (x) = x = 1,

d.h.

w (x) =

1 1 1 = = √ , q  (w(x)) 2w(x) 2 x

und schon steht sie da, die gesuchte Ableitung w (x). Das Teilen durch q  (w(x)) ussen wir allein schon ist aber nat¨ urlich nur erlaubt, wenn q  (w(x)) = 0 gilt, also √ m¨ aus diesem Grund x = 0 ausschließen, da q  (w(0)) = 2 · 0 = 0 ist. Beispiel 5.18 Durch dasselbe Vorgehen bestimmen wir die Ableitung der nat¨ urlichen Logarithmusfunktion ln : R+ → R,

x → ln x,

144

5 Grundwissen Differenzialrechnung

also der Umkehrfunktion der e-Funktion exp : R → R+ , x → exp(x) = ex . Wir setzen wieder exp (x) = exp(x) voraus (siehe Seite 148) und erhalten durch Differenzieren der Beziehung exp(ln x) = x (f¨ u r x ∈ R+ ) exp (ln x) · (ln x) = 1

(ln x) =

also

1 exp (ln x)

=

1 1 = . exp(ln x) x

Die Division durch exp (♥) = exp(♥) > 0 ist hier stets erlaubt. Diese Rechnung gilt auch f¨ ur ln(−x), wenn x < 0 ist, denn laut Kettenregel ist 

ln(−x)



= ln (−x) · (−x) =

1 1 · (−1) = , −x x

so dass wir uns insgesamt merken k¨ onnen: 

ln |x|



=

1 x

f¨ ur alle x = 0.

Achtung: Wir haben hier keinesfalls bewiesen, dass die Wurzel- oder ln-Funktion differenzierbar sind, sondern wir haben nur gezeigt, dass wenn sie es sind, ihre Ableitungen durch obige Formeln gegeben sind. Die Anwendung der Kettenregel erfordert ja bereits die Differenzierbarkeit beider verketteter Funktionen! Die Vorgehensweise der Beispiele zeigt jedoch allgemein: Ist die Umkehrfunktion g = f −1 von f differenzierbar, so kann die Ableitung von f nirgends verschwinden, denn sonst w¨ are g  (f (x)) · f  (x) = 0 = 1. Dass diese notwendige Bedingung f  = 0 (unter gewissen Voraussetzungen an Df ) bereits hinreichend f¨ ur die Differenzierbarkeit der Umkehrfunktion ist, zeigt der folgende Satz. Satz 5.9 Ist die auf einem Intervall Df definierte Funktion f differenzierur alle x ∈ Df und besitzt sie eine Umkehrfunktion bar mit f  (x) = 0 f¨ ur ihre g = f −1 : f (Df ) → Df , so ist diese ebenfalls differenzierbar, und f¨ Ableitung gilt g  (y) =

1 f  (g(y))

.

Beweis: Wegen g = f −1 gilt y = id(y) = (f ◦ g)(y) = f (g(y)) f¨ ur jedes y ∈ f (Df ) = Dg . Der Differenzenquotient von g l¨asst sich daher umschreiben als q(h) :=

g(y + h) − g(y) g(y + h) − g(y) g(y + h) − g(y) = = . h (y + h) − y f (g(y + h)) − f (g(y))

Setzt man h := g(y + h) − g(y), was wegen h = 0 aufgrund der Bijektivit¨at von g ebenfalls = 0 ist, so nimmt dies die folgende Gestalt an: q(h) =

h g(y + h) − g(y) = = f (g(y + h)) − f (g(y)) f (g(y) + h) − f (g(y))

1 f (g(y)+ h)−f (g(y))  h

,

145

5.2 Ableitungsregeln

wird also zum Kehrbruch der Differenzenquotienten von f in g(y) ∈ Df . Nun vollziehen wir den Grenz¨ ubergang h → 0, betrachten also q(hn ) mit von 0 verschiedenen Nullfolgen hn → 0. Wir brauchen jetzt noch zus¨atzlich, dass die Umkehrfunktion g stetig ist. Dies ist zwar nicht f¨ ur jede stetige umkehrbare Funktion f richtig, wohl aber f¨ ur jede solche Funktion, die auf einem Intervall definiert ist ¨ n] 7.2, Regel III). In unserer Situation ist g = f −1 demnach stetig, wes(siehe [Ko halb aus y + hn → y auch g(y + hn ) → g(y) folgt. F¨ ur die Folge ( hn ) bedeutet dies 0 = hn = g(y + hn ) − g(y) → 0, und aus der vorausgesetzten Differenzierbarkeit von f in g(y) ∈ Df ergibt sich die Existenz von g  (y): lim

h→0

g(y + h) − g(y) = lim n→∞ h

1 f (g(y)+ hn )−f (g(y))  hn

=

1 . f  (g(y))

Im letzten Schritt geht Grenzwertsatz (G3 ) ein, der wegen f  (g(y)) = 0 angewendet werden darf.  Anmerkung: Ist die Ableitung von f sogar selbst wieder stetig, muss man die Existenz der Umkehrfunktion nicht mehr extra fordern. Aus f  (x) = 0 folgt dann n¨amlich, dass auf dem ganzen Intervall Df entweder f  (x) > 0 oder f  (x) < 0 gilt ¨ n]), woraus man auf die strenge Monotonie (nach dem Zwischenwertsatz, siehe [Ko von f schließen kann. Insbesondere ist f injektiv, also bijektiv auf das Bild f (Df ), d.h. g = f −1 existiert hier automatisch. Beispiel 5.19 F¨ ur nat¨ urliche Zahlen n folgt aus exp ◦ ln = idR+ zusammen mit dem Logarithmusgesetz ln(xn ) = n ln x (siehe Seite 115) xn = eln(x

n

)

= en ln x

f¨ ur alle x ∈ R+ .

Die rechte Seite dieser Beziehung ergibt sogar f¨ ur beliebige reelle Zahlen n = r ∈ R Sinn, so dass man die allgemeine Potenzfunktion definiert als xr := er ln x

f¨ ur x ∈ R + .

F¨ ur die Ableitung von xr liefert die Kettenregel (wieder werden die Differenzierbarkeit und Ableitungsregeln von exp und ln vorausgesetzt)   r (xr ) = er ln x = er ln x · (r ln x) = er ln x · . x Beachtet man nun noch e-Funktion

1 x

= x−1 = e− ln x , so folgt mit dem Additionstheorem der

(xr ) = r · er ln x · e− ln x = r · er ln x−ln x = r · e(r−1) ln x = r · xr−1 . Somit gilt die Potenzregel (xr ) = r · xr−1 tats¨ achlich f¨ ur alle Exponenten r ∈ R.

146

5 Grundwissen Differenzialrechnung

5.2.7

Die Quotientenregel

Als Folgerung aus Produkt- und Kettenregel ergibt sich: ( Quotientenregel )

Satz 5.10

Sind f und g differenzierbare Funktionen und ist g = 0, so ist auch deren Quotient fg differenzierbar (auf dem gemeinsamen Definitionsbereich von f und g) mit Ableitung  f (x)  g(x)

=

f  (x)g(x) − f (x)g  (x) . g(x)2

(x) Beweis: Wir schreiben den Quotienten als fg(x) = f (x) · (g(x))−1 . Nach der Kettenregel ist der zweite Faktor differenzierbar mit Ableitung



(g(x))−1



= (−1) · (g(x))−2 · g  (x) = −

g  (x) . g(x)2

ur die geDie Produktregel liefert die Differenzierbarkeit von f (x) · (g(x))−1 und f¨ suchte Ableitung folgt (wir sparen uns das x):  f  g

 g  f  f g − 2 . = (f · g −1 ) = f  · g −1 + f · (g −1 ) = f  · g −1 + f · − 2 = g g g

Bringt man nun noch den ersten Bruch durch Erweitern mit g auf den Nenner g 2 , so steht die gew¨ unschte Formel auch schon da.  F¨ ur die Ableitung des Tangens, tan x =

Beispiel 5.20 tan (x) = =



sin x cos x

 =

sin x ,x∈ / cos x

π 2

+ πZ, folgt

sin (x) · cos x − sin x · cos (x) cos2 x

cos2 x + sin2 x 1 cos x · cos x − sin x · (− sin x) = = , 2 cos x cos2 x cos2 x

wobei der trigonometrische Pythagoras“ sin2 x + cos2 x = 1 einging. Oftmals ist ” jedoch folgende Darstellung n¨ utzlicher: tan (x) =

cos2 x sin2 x cos2 x + sin2 x = + =1+ 2 2 cos x cos x cos2 x

Wir merken uns tan (x) =

1 = 1 + tan2 x. cos2 x



sin x cos x

2 = 1 + tan2 x.

147

5.2 Ableitungsregeln

5.2.8

¨ Vermischte Ubungen

Aufgabe 5.4 Bestimme die erste Ableitung der folgenden Funktionen (abgeleitet wird immer nach der Variablen in der Funktionsklammer), und vereinfache die Ergebnisse so weit wie m¨oglich. Um die Definitionsbereiche machen wir uns keine Sorgen. √ 1 π x +e 2 π

√ b(x) = 2 x − cos x

d(x) = t x2 + t2 x

e(t) = t x2 + t2 x

1 3t2 √ + 3 4 t4 t √ f (x) = x · x + 1

g(x) = x2 · e2x

h(z) = z n · ln(3z)

i(x) = sin(x2 ) + sin2 x

 2 n j(x) = e−x

1 k(x) =  ln(4x)

l(t) = cos4 (tan t)

a(x) =

m(x) =

x 2 x −1

n(x) =

40x2 − 90 2x + 3

c(t) =

o(t) =

x3 · ln(tan ex ) √ x2 + 1

Aufgabe 5.5 Abbildung 5.13 zeigt einen Ausschnitt eines Kreises vom Radius r und einen Punkt P (x0 | y0 ) (mit y0 > 0), der auf ihm liegt. Die folgenden Teilaufgaben werden zeigen, dass der geometrische Tangentenbegriff am Kreis mit unserem analytischen (d.h. u ¨ber die Ableitung definierten) Tangentenbegriff u ¨bereinstimmt. a) Geometrisch ist die Kreis-Tangente tgeo in P definiert als die Gerade, die durch P verl¨ auft und senkrecht zum Radius OP steht. Wie lautet demnach ihre Gleichung tgeo (x)? (Tipp: Die Steigungen orthogonaler Geraden erf¨ ullen m1 · m2 = −1.) b) Zeige, dass das Schaubild Kf der Funktion  f (x) = r2 − x2

Kt Kf P

y0 r

O

x0 Abbildung 5.13

mit Df = [ −r , r ] gerade die obere Kreish¨ alfte ist. Stelle die Tangenten¨berzeuge dich, dass gleichung t(x) mit Hilfe der Ableitung f  (x0 ) auf und u tats¨ achlich t(x) = tgeo (x) ist.

148

5 Grundwissen Differenzialrechnung

5.3

Ausblick: Ableiten von Potenzreihen

In Abschnitt 4.2.5 haben wir Potenzreihen als reellwertige Funktionen auf ihren Konvergenzintervallen eingef¨ uhrt. Eine der sch¨ onsten Eigenschaften von Potenzreihen ist, dass man sie – wie Polynome – ganz einfach gliedweise ableiten kann. ∞ Satz 5.11 Sei P (x) = k=0 ak xk eine reelle Potenzreihe mit Konvergenzradius R, d.h. P ist eine Funktion P : ( −R , R ) → R. Dann ist diese Funktion auf ganz ( −R , R ) differenzierbar, und ihre Ableitung erh¨alt man durch gliedweises Differenzieren: P  (x) =

∞  

a k xk



=

k=0

∞ 

kak xk−1 .

k=1

Zudem besitzt die Potenzreihe P  denselben Konvergenzradius R.



Die grundlegende Beweisidee ist zwar einfach (leite die Partialsummen Pn (x) ab, die ja Polynome sind), t¨ uckisch ist die Begr¨ undung, dass der Grenzwert der Pn tats¨ achlich die Ableitung von P ist, worauf wir uns hier nicht einlassen wollen. Als Folgerung halten wir jedoch noch fest, dass Potenzreihen automatisch unendlich oft differenzierbar sind: P  ist ja selbst wieder eine Potenzreihe, auf die man wieder den Satz anwenden kann, um P  in der Form einer Potenzreihe zu erhalten, usw. Die f¨ ur uns wichtigste Anwendung des Satzes kommt in folgendem Beispiel. F¨ ur die Ableitung der in 4.2.6 eingef¨ uhrten e-Funktion ergibt sich

Beispiel 5.21 f¨ ur jedes x ∈ R: (ex ) =

∞   1 k=0

k!

 xk

=

∞ ∞ ∞   k k−1  k 1 x xk−1 = xk−1 , = k! k · (k − 1)! (k − 1)!

k=1

k=1

k=1

und der Indexshift von k − 1 nach k liefert (ex ) =

∞  1 k x = ex . k!

k=0

Die e-Funktion hat also die beachtliche Eigenschaft, mit ihrer eigenen Ableitung u ¨bereinzustimmen! Darin begr¨ undet sich ihre herausragende Bedeutung f¨ ur die Analysis, vor allem in Anwendungen wie z.B. dem L¨osen sogenannter Differenzialgleichungen, die in Physik und Technik eine zentrale Rolle spielen. Beispiel 5.22 Reihe 1 + 2·

Als lustige kleine Anwendung bestimmen wir den Grenzwert der

1 1 1 1 + 3· + 4· + 5· + ... . 2 4 8 16

149

5.4 Ausblick: Taylorreihen

∞  k−1 Schreiben wir die Reihe geschlossen als k=1 k 12 , so f¨allt nach  obigem Satz ∞ ins Auge, dass dies G ( 12 ) der geometrischen Potenzreihe“ G(x) := k=0 xk ist. ”1 Da wir wissen, dass G(x) = 1−x gilt (geometrische Summenformel), k¨onnen wir dies auch direkt mit der Kettenregel ableiten und erhalten damit ∞

 1 = G (x) = kxk−1 . 2 (1 − x) k=1

1 2

ur den gesuchten Grenzwert der Reihe Setzen wir hier nun x = ein, so ergibt sich f¨   ∞ k−1  1 1 k = 2 = 4. 2 1− 1 k=1

2

Das war nat¨ urlich ein ganz hinterh¨ altiger Trick, allerdings lassen sich Grenzwerte von Reihen oft nur auf Umwegen bestimmen.

5.4

Ausblick: Taylorreihen

Potenzreihen definieren auf gewissen Intervallen reellwertige, nach Satz 5.11 unendlich oft differenzierbare Funktionen. Nun wollen wir umgekehrt, ausgehend von bekannten reellwertigen, beliebig ∞ oft differenzierbaren Funktionen f versuchen, diese als Potenzreihen f (x) = k=0 ak xk auf einem gewissen Intervall um 0 darzustelangigkeit von len. Einen Ansatz f¨ ur die richtige Wahl der Koeffizienten ak in Abh¨ f liefert das folgende Beispiel. Beispiel 5.23 Sei f (x) = a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 + a4 x4 ein Polynom vierten Grades, d.h. f ist schon eine (abbrechende) Potenzreihe. Die Ableitungen von f sind gegeben durch   f  (x) = a0 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 + a4 x4 = a1 + 2 a2 x + 3 a3 x2 + 4 a4 x3 ,   f  (x) = a1 + 2a2 x + 3a3 x2 + 4a4 x3 = 2 a2 + 3 · 2 a3 x + 4 · 3 a4 x2 ,   f (3) (x) = 2a2 + 3 · 2a3 x + 4 · 3a4 x2 = 3 · 2 · 1 a3 + 4 · 3 · 2 a4 x, 

f (4) (x) = (3 · 2 · 1 a3 + 4 · 3 · 2 a4 x) = 4 · 3 · 2 · 1 a4 . Es f¨allt auf, dass bei der k-ten Ableitung f (k) (wobei f (0) := f sei) der konstante Term mit ak den Vorfaktor k! hat: So ist zum Beispiel 3! a3 der konstante Term von f (3) (x) und 4! a4 der konstante Term von f (4) (x). Wertet man die Ableitungen in 0 aus, so fallen die nichtkonstanten Terme weg, und man erh¨alt f (k) (0) = k! ak . (k)

Umgeschrieben gilt ak = f k!(0) , d.h. die Koeffizienten des Polynoms lassen sich aus den Ableitungen (in 0) rekonstruieren. In diesem Fall l¨asst sich die Funktion also auch darstellen als 4 f (0) f  (0) f  (0) 2 f (3) (0) 3 f (4) (0) 4  f (k) (0) k f (x) = + x+ x + x + x = x . 0! 1! 2! 3! 4! k! k=0

150

5 Grundwissen Differenzialrechnung

Dass wir dies nur f¨ ur f¨ unf Summanden und nicht gleich f¨ ur beliebige Potenzreihen gemacht haben (wie wir es nach dem vorigen Abschnitt h¨atten tun k¨onnen), dient ¨ nur der Ubersichtlichkeit. Das Muster l¨ asst sich ja auch bereits so erkennen. Die hier auftretende Form der Vorfaktoren motiviert n¨amlich die folgende Definition f¨ ur allgemeines f . Definition 5.6 Es sei f : I → R eine auf dem Intervall I (mit 0 ∈ I) unendlich oft differenzierbare Funktion. Der Ausdruck Tf (x) :=

∞  f (k) (0) k=0

k!

xk

heißt Taylorreihe von f (im Entwicklungspunkt 0). Die Partialsummen dieser Reihe Tf, n (x) :=

n  f (k) (0) k=0

k!

xk

nennt man Taylorpolynom n-ten Grades von f .

♦

Man kann die Reihe Tf (x) zwar als Symbol immer hinschreiben, ihre Konvergenz ist aber ein anderes Thema. Dass wir uns hier stets auf den Entwicklungspunkt 0 beschr¨anken, dient haupts¨achlich der Notationsvereinfachung: Zur Entwicklung ∞ (k) um ein beliebiges a ∈ R betrachtet man Reihen der Gestalt k=0 f k!(a) (x − a)k . Nun aber zu konkreten Beispielen. Beispiel 5.24 Schauen wir doch mal, welche Taylorreihe wir f¨ ur die e-Funktion exp : R → R, x → ex , erhalten: Das Aufstellen ist hier besonders angenehm, denn es gilt exp(k) (x) = exp(x), da die e-Funktion sich nach Beispiel 5.21 beim Ableiten nie a¨ndert. Somit ist Texp (x) =

exp(k) (0) k!

=

1 k!

f¨ ur alle k ∈ N0 , und wir erhalten

∞  1 k x = exp(x), k!

k=0

d.h. die Taylorreihe ist nichts anderes als die Potenzreihe selbst, u ¨ber die exp definiert wurde. Verallgemeinert man Beispiel 5.23 mittels Satz 5.11 auf beliebige konvergente Potenzreihen, so stellt man fest, dass sie immer mit ihren Taylorreihen u ¨bereinstimmen. Jetzt kommen zwei wichtige Funktionen, die bei uns nicht u ¨ber Potenzreihen definiert wurden. Beispiel 5.25 Wir bestimmen als erstes die Taylorreihe des Cosinus (im Entwicklungspunkt 0). Dazu ben¨ otigen wir zun¨achst all seine Ableitungen in 0. Es ist

151

5.4 Ausblick: Taylorreihen

cos (x) = − sin x, cos (x) = − cos x, cos(3) (x) = sin x, cos(4) (x) = cos x, womit wir wieder bei der Ausgangsfunktion angekommen sind. Allgemein gilt: ⎧ cos 0 = 1 f¨ ur k ∈ 4N0 ⎪ ⎪ ⎪ ⎨− sin 0 = 0 f¨ ur k ∈ 1 + 4N0 cos(k) (0) = ⎪ − cos 0 = −1 f¨ ur k ∈ 2 + 4N0 ⎪ ⎪ ⎩ sin 0 = 0 f¨ ur k ∈ 3 + 4N0 (dabei bedeutet die Schreibweise k ∈ 1 + 4N0 , dass k = 1 + 4n f¨ ur ein n ∈ N0 ist). Somit lautet die Taylorreihe −1 2 1 −1 6 x + 0 · x3 + x4 + 0 · x5 + x + ... . 2! 4! 6!

Tcos (x) = 1 + 0 · x +

Hieraus gewinnt man eine geschlossene Darstellung, wenn man beachtet, dass nur geradzahlige Potenzen der Form x2k auftreten, deren Vorzeichen durch den Faktor (−1)k bestimmt wird: Tcos (x) =

∞  (−1)k k=0

(2k)!

x2k .

In Abbildung 5.14 sind die ersten Taylorpolynome von cos (in 0) dargestellt (wir geben nur die geradzahligen an, da Tcos, 2k+1 = Tcos, 2k gilt). Man erkennt, dass bereits Tcos, 6 (x) = 1 −

1 2 1 4 1 6 x + x − x 2 24 720

f¨ ur −2  x  2 eine sehr gute N¨aherung des Cosinus darstellt. Allerdings sieht man auch, dass z.B. f¨ ur x = 5 noch deutlich mehr Summanden n¨ otig sein werden, um eine brauchbare N¨ aherung des Cosinus zu liefern.

Tcos, 4 2

Tcos, 0 1

−4

−2

0

2

6

cos

−1 −2

4

Tcos, 2

Abbildung 5.14

Tcos, 6

152

5 Grundwissen Differenzialrechnung

Tats¨achlich kann man zeigen, dass es zu jedem x ∈ R und jeder Fehlertoleranz ε > 0 ein nε = nε (x) ∈ N gibt mit |cos x − Tcos, n (x)| < ε

f¨ ur alle n > nε .

Mit anderen Worten: Die Folge der Taylorpolynome konvergiert auf ganz R gegen cos, und somit ist cos als Taylorreihe darstellbar: cos x = Tcos (x) =

∞  (−1)k k=0

(2k)!

x2k

f¨ ur alle x ∈ R.

Analoge Aussagen gelten auch f¨ ur die Sinusfunktion. Rechne selbst nach, dass ∞

Tsin (x) = 0 + 1 · x + 0 · x2 +

 (−1)k −1 3 1 x + 0 · x4 + x 5 + . . . = x2k+1 3! 5! (2k + 1)! k=0

gilt. Auch hier konvergiert die Folge der Taylorpolynome auf ganz R gegen sin, d.h. auch sin besitzt eine Darstellung als Taylorreihe: sin x = Tsin (x) =

∞  (−1)k x2k+1 (2k + 1)!

f¨ ur alle x ∈ R.

k=0

Besitzt man die Reihendarstellungen, so lassen sich leicht die Ableitungsregeln von sin und cos reproduzieren. Gliedweises Differenzieren (nach Satz 5.11) liefert 

cos (x) =

 Tcos (x)

=

∞  (−1)k k=1

∞  Shift = k=0

(2k)!

2kx

2k−1

∞  (−1)k x2k−1 = (2k − 1)! k=1 ∞

 (−1)k (−1)k+1 x2(k+1)−1 = (−1) · x2k+1 = − sin x. (2(k + 1) − 1)! (2k + 1)! k=0

¨ Uberzeuge dich mit derselben Methode noch davon, dass auch sin (x) = cos x folgt. Man darf hierbei nat¨ urlich nicht vergessen, dass wir eben diese Ableitungsregeln essentiell zum Aufstellen der Reihen verwendet haben. F¨ uhrt man jedoch (ganz ungeometrisch) Sinus und Cosinus mit Hilfe der Reihendarstellungen ein, so fallen einem die Ableitungsregeln in den Schoß, allerdings ist dann die geometrische Bedeutung dieser Funktionen zun¨achst obskur. In diesen letzten Beispielen haben wir die Fragestellung f = Tf positiv beantwor∞ (k) ten k¨onnen. W¨ unschenswert ist eine solche Darstellung von f als k=0 f k!(0) xk einerseits deshalb, weil mit Potenzreihen angenehm zu arbeiten ist (etwa beim Ableiten oder Integrieren). Andererseits ist diese Darstellung h¨ ochst bemerkenswert, denn sie besagt, dass eine so lokale Eigenschaft wie der Wert aller Ableitungen an nur einer Stelle (der 0) bereits die gesamte Information u ¨ber den globalen Funktionsverlauf beinhaltet! Leider gilt: Je st¨ arker die Eigenschaft, desto weniger darf man hoffen, dass alle Funktionen sie erf¨ ullen, was das folgende warnende Gegenbeispiel zeigt.

153

5.4 Ausblick: Taylorreihen  Beispiel 5.26

Die Plattfußfunktion“ ”

f (x) :=

1

e− x 0

f¨ ur x > 0 f¨ ur x  0,

deren Schaubild in Abbildung 5.15 dargestellt ist, l¨ auft dermaßen butterweich 1 in den Ursprung, dass dort all ihre (rechtsseitigen) Ableitungen verschwinur alle k ∈ N0 (auf den den: f (k) (0+ ) = 0 f¨ Beweis verzichten wir). Da die linksseiti−1 1 2 0 gen Ableitungen nat¨ urlich ebenfalls alle 0 sind, ist f in 0 unendlich oft differenzierAbbildung 5.15 bar, und f¨ ur die Taylor-Koeffizienten gilt (k) ak = f (0)/k! = 0 f¨ ur alle k ∈ N0 . Damit ist die Taylorreihe Tf = 0 die Nullfunktion und konvergiert trivialerweise auf ganz R – aber auf keinem noch so kleinen Intervall um 0 stimmt sie mit f u ¨berein, da f (x) > 0 f¨ ur x > 0 ist! Allgemein gibt es f¨ ur jede unendlich oft differenzierbare Funktion und jedes n ∈ N eine Darstellung f = Tf, n + Rf, n mit einer Fehler-Funktion Rf, n , auch Restglied genannt, f¨ ur die es verschiedene Darstellungen gibt. Wie gut Tf, n die Funktion f ann¨ ahert und ob gar Tf,n gegen f konvergiert und es somit eine Taylorreihendarstellung gibt (siehe obige Positiv- und Negativbeispiele), h¨ angt dann von der ¨ n]. Absch¨atzung des Restglieds ab. F¨ ur die Details verweisen wir z.B. auf [Ko Wer wirklich verstehen will, warum manche Funktionen wie exp, sin und cos eine globale Taylorreihendarstellung besitzen, andere Funktionen hingegen nicht, oder 1 nur auf einem Teilintervall ihres Definitionsbereichs (wie z.B. f (x) = 1+x 2 nur auf ( −1 , 1 ) ⊂ Df = R), der muss den Schritt ins Komplexe wagen und die sogenannte Funktionentheorie“ lernen (siehe z.B. [FrB]). ” —————————

—————————

Aufgabe 5.6 Bestimme die Taylorreihe von f (x) := ln(x + 1) (da wir um 0 entwickeln, betrachten wir ln(x + 1) anstelle von ln x). F¨ ur welche x ∈ R konvergiert die Reihe? Vergleiche mit dem maximalen Definitionsbereich von f . Wir teilen (ohne Beweis) mit, dass f = Tf auf dem Konvergenzintervall gilt. Welche Reihendarstellung erh¨ alt man damit f¨ ur ln 2? —————————

—————————

154

5 Grundwissen Differenzialrechnung

Literatur zu Kapitel 5 [Beh] Behrends, E.: Analysis Band 1. Springer Spektrum, 6. Aufl. (2015) [FrB] Freitag, E., Busam, R.: Funktionentheorie 1. Springer, 4. Aufl. (2006) [Heu] Heuser, H.: Lehrbuch der Analysis 1. Vieweg+Teubner, 17. Aufl. (2009) ¨ n] K¨onigsberger, K.: Analysis 1. Springer, 6. Aufl. (2004) [Ko

6

Grundwissen Integralrechnung

Wir stellen hier die Grundlagen f¨ ur Kapitel 8 bereit, n¨amlich den Begriff der Stammfunktion sowie elementare Integrationsregeln. Anschließend feiern wir einen weiteren Siegeszug der Grenzwert-Idee, indem wir das bestimmte Integral als Grenzwert gewisser Summen einf¨ uhren.

6.1

Stammfunktionen

Im letzten Kapitel haben wir gelernt, wie man Funktionen ableitet. Nun lernen wir – zun¨achst ohne zu verstehen wozu – die Umkehrrechenart kennen, also aufleiten“, ” was man vornehmer als integrieren bezeichnet. Zu einer gegebenen reellen Funktion f (x) suchen wir also eine Funktion F (x), deren Ableitung f (x) ist. F¨ ur f (x) = x3 − 4x + 1 w¨are z.B. F (x) = 14 x4 − 2x2 + x eine m¨ogliche Aufleitung“. ” Definition 6.1 Es sei f : I → R eine Funktion auf dem offenen Intervall I = ( a , b ). Eine Stammfunktion von f auf I ist eine auf I differenzierbare Funktion F , deren Ableitungsfunktion f ist: F  (x) = f (x)

f¨ ur alle x ∈ I.

♦

Eine Grundaufgabe der Integralrechnung ist es, Stammfunktionen zu finden. Beispiel 6.1

Finde (alle) Stammfunktionen von f (x) = x2 auf I = R.

ur alle Eine Stammfunktion von f ist F (x) = 13 x3 , denn F  (x) = x2 = f (x) (f¨ x ∈ R). Aber auch G(x) = 13 x3 + 1 besitzt x2 als Ableitung, ebenso wie H(x) = √ 1 3 2. Wir k¨ onnen also unendlich viele Stammfunktionen von f angeben: 3x − Fc (x) =

1 3 x +c 3

f¨ ur alle c ∈ R.

Dass dies wirklich alle Stammfunktionen von f sind, dass es also keine weiteren gibt, wird erst Satz 6.3 zeigen. F¨ ur die Gesamtheit aller Stammfunktionen verwenden wir die folgende Schreibweise1 : $ 1 x2 dx = x3 + c , c ∈ R . 3 Lies: (unbestimmtes) Integral u ¨ber x2 dx“. Die Funktion unter dem Integral heißt ” Integrand. Den Zusatz c ∈ R lassen wir ab sofort weg. Beispiel 6.2

1 Integriere f (x) = √ x

auf I = ( 0 , ∞ ).

1 Da es sich um eine Menge handelt, m¨ ussten wir eigentlich { F (x) + c | c ∈ R } schreiben, was aber niemand tut.

© Springer Fachmedien Wiesbaden GmbH, ein Teil von Springer Nature 2019 T. Glosauer, (Hoch)Schulmathematik, https://doi.org/10.1007/978-3-658-24574-0_6

156

6 Grundwissen Integralrechnung

1

Zun¨ achst schreiben wir f um als f (x) = x− 2 . Um beim Ableiten von F (x) die oher sein, also − 12 +1 = Hochzahl − 12 zu bekommen, muss die Hochzahl von F eins h¨ 1 1 1 2 ussen wir beim Integrieren 2 . Da beim Ableiten von x der Faktor 2 entsteht, m¨ durch diesen Faktor teilen. Damit ergibt sich als eine m¨ ogliche Stammfunktion F (x) =

1 1 2

√ 1 x2 = 2 x . $

Unbestimmtes Integral:

1 √ √ dx = 2 x + c. x

Durch dieses Vorgehen erkennt man eine ganz einfache allgemeine Regel f¨ ur das Integrieren von Potenzfunktionen. Satz 6.1 Beim Integrieren von f (x) = xr , r ∈ R\{−1}, erh¨ oht man die Hochzahl r um 1 und teilt anschließend durch die neue Hochzahl r + 1. $ 1 xr dx = xr+1 + c r+1 Beweis: Nach der Potenzregel der Differenzialrechnung (siehe Beispiel 5.19) ist 1 F (x) = r+1 xr+1 + c f¨ ur jedes c ∈ R eine Stammfunktion von f (x) = xr , denn F  (x) =



 1 1 xr+1 + c = (r + 1) · xr+1−1 = xr = f (x). r+1 r+1



Anmerkung: Beachte, dass man den Fall r = −1 ausschließen muss, denn f¨ ur 1 f (x) = x1 = x−1 w¨ are nach obiger Regel F (x) = −1+1 x−1+1 = 10 x0 , was wegen der Division durch Null unsinnig ist. Interessanterweise besitzt x1 keine elementare“ ” Stammfunktion, sondern die nat¨ urliche Logarithmusfunktion, da wir auf Seite 143 bewiesen haben, dass (ln x) = x1 ist (bzw. (ln |x|) = x1 , falls man auch negative x zulassen will). Aus der Umkehrung der Ableitungsregeln (es sei k ∈ R eine Konstante) 

(k · F (x)) = k · F  (x)

und



(F (x) + G(x)) = F  (x) + G (x)

folgen zwei wichtige Eigenschaften des unbestimmten Integrals (seine sogenannte Linearit¨ at“): ” $ $ $ $ $ k · f (x) dx = k · f (x) dx, (f (x) + g(x)) dx = f (x) dx + g(x) dx. Konstante Faktoren darf man also vor das Integralzeichen ziehen und eine Summe von Funktionen darf summandenweise integriert werden.

157

6.1 Stammfunktionen $ Beispiel 6.3

(π cos x + 8x3 ) dx.

Bestimme $

$ (π cos x + 8x3 ) dx =

$ π cos x dx +

= π sin x + 8 ·

$ 8x3 dx = π

$ cos x dx + 8

x3 dx

1 4 x + c = π sin x + 2x4 + c 4

Durch Ableiten des Ergebnisses kannst du u ¨brigens stets die Probe machen, ob du richtig integriert hast. F¨ uhre dies hier durch. Beispiel 6.4 Auch das Integrieren von verketteten Funktionen wie z.B. f (x) = ( 13 x − 1)5 , deren innere Funktion wie hier v(x) = 13 x − 1 linear ist, geht leicht unter Verwendung obiger Regel, allerdings darf man die innere Ableitung nicht vergessen. W¨ urde man nur die ¨außere Funktion u(♥) = ♥5 aufleiten, so k¨ame man 1 1

auf F (x) = 6 ( 3 x − 1)6 . Dass dies nicht die korrekte Stammfunktion ist, sieht man ¨ beim Kontroll-Ableiten mit Hilfe der Kettenregel: Außere Ableitung mal innere ” Ableitung“ (v  (x) = 13 ) ergibt n¨amlich 5 1 1 11 x − 1 · = f (x) · = f (x) . F  (x) = 6 · 6 3 3 3 Um den st¨ orenden Vorfaktor 13 = v  (x) zu beseitigen, muss man zus¨atzlich zum Aufleiten der ¨außeren Funktion noch durch die innere Ableitung teilen, d.h. die korrekte Stammfunktion lautet $  5 6 6 1 1 11 11 x − 1 dx = 1 · x−1 +c= x − 1 + c. F (x) = 3 6 3 2 3 3 Warnung: Sobald die innere Funktion nicht mehr linear ist, geht diese Aufleitungsregel komplett in die Hose! So ist die Stammfunktion von g(x) = (x2 −1)5 n i e 1 · 16 (x2 − 1)6 , denn beim Ableiten von G ist neben der u n d n i m m e r G(x) = 2x ¨ Ketten- unbedingt die Produktregel zu beachten. Uberpr¨ uf doch mal selbst, dass  G (x) = g(x) ist. Wie man kompliziertere Verkettungen integrieren kann, lernen wir erst in Kapitel 8. F¨ ur den Moment halten wir nur den Spezialfall bei linearer innerer Funktion fest. Satz 6.2

( Integration bei linearer Verkettung )

Ist F eine Stammfunktion von f , so gilt (f¨ ur a = 0) $ 1 f (ax + b) dx = F (ax + b) + c. a In Worten: Um f (ax + b) zu integrieren, leitet man f (♥) wie gewohnt auf (setzt aber als Argument ♥ = ax + b ein) und teilt noch durch die innere Ableitung a.

158

6 Grundwissen Integralrechnung

Dies folgt sofort aus der Kettenregel, denn  1 1 F (ax + b) = F  (ax + b) · (ax + b) = f (ax + b) · a = f (ax + b), a a a

Beweis: 1 also ist

1 a



F (ax + b) eine Stammfunktion von f (ax + b). $

1

e 2 x dx =

Beispiel 6.5

Es ist

Beispiel 6.6

Berechne

$

1 1 2

1

1

e 2 x + c = 2e 2 x + c.

1 dx. (2 − 14 x)3

Wir schreiben den Integranden zun¨achst (in Gedanken) als (2 − 14 x)−3 um. Die 1 Aufleitung der a¨ußeren Funktion ♥−3 ist somit −2 ♥−2 , und da die innere Ableitung − 14 ist, ergibt sich insgesamt (Probe durch Ableiten wieder selber): $

1 1 1 2 (2 − 14 x)−2 + c = dx = 1 · + c. 1 3 (2 − 4 x) − 4 −2 (2 − 14 x)2 —————————

—————————

Aufgabe 6.1 Berechne die unbestimmten Integrale. Die Parameter a, n, m sind als Konstanten zu betrachten. Es seien dabei n ∈ N\{1} und a, m ∈ R\{0}. $  $ $ n−1 2  b) sin x − √ dx a) (2x + 3x2 + 4x3 ) dx dx c) xn x $  d)

1

2 2x + 2 $ 

g)

√

$

$

 +2

dx

 1 + e2x dx 2x + 2

e) $ h)

π2 · sin(πx) dx

f)

1 dx (1 − mx)2

i)

—————————

$

a √ dx 3 ax x4 − 2 dx x2

—————————

Satz 6.3 Sind F und G beides Stammfunktionen der Funktion f auf dem Intervall I, dann gibt es ein c ∈ R, so dass G(x) = F (x) + c

f¨ ur alle x ∈ I.

Kennt man also eine Stammfunktion (einer Funktion auf einem % Intervall), so kennt man bereits alle Stammfunktionen – was die Schreibweise f (x) dx = F (x) + c rechtfertigt.

159

6.2 Das bestimmte Integral

Beweis: Betrachte die Differenzfunktion δ(x) = G(x) − F (x). Sie besitzt auf I die Ableitung   δ  (x) = G(x) − F (x) = G (x) − F  (x) = f (x) − f (x) = 0 , also (!) handelt es sich bei δ um eine konstante Funktion, d.h. δ(x) = c f¨ ur ein c ∈ R. Damit ist G(x) − F (x) = c, bzw. G(x) = F (x) + c wie behauptet.  Das Ausrufezeichen (!) weist darauf hin, dass an dieser Stelle etwas fehlt, da die (geometrisch so klare) Aussage δ  = 0 =⇒ δ = konstant auf I“ sich erst mit Hilfe ” ¨ n]. des Mittelwertsatzes der Differenzialrechnung streng beweisen l¨ asst; siehe [Ko Obiger Satz ist falsch, wenn der Definitionsbereich J kein Intervall mehr ist. Ist z.B. J = I1 ∪ I2 die Vereinigung der offenen Intervalle I1 = ( 0 , 1 ) und I2 = ( 2 , 3 ), so geh¨ oren die beiden in Abbildung 6.1 dargestellten Schaubilder zu auf J differenzierbaren Funktionen F und G. Beides sind offensichtlich Stammfunktionen der Nullfunktion f (x) = 0, da sie F  (x) = G (x) = 0 f¨ ur jedes x ∈ J erf¨ ullen, aber es gibt keine Konstante c, so dass usste c = 1 G(x) = F (x) + c auf ganz J gilt. (Auf I1 m¨ auchte.) sein, w¨ahrend man c = 2 auf J2 br¨

KG 2 1

KF 1

2

3

Abbildung 6.1

Eine Frage dr¨angt sich nun aber so langsam auf: Was bringt einem das Integrieren, bzw. wozu sind Stammfunktionen n¨ utze? W¨ ahrend die Ableitungsfunktion Aussagen u ¨ber die Steigung von Schaubildern macht, lernen wir jetzt, dass sich mit Hilfe einer Stammfunktion Fl¨ acheninhalte unter Schaubildern berechnen lassen.

6.2 6.2.1

Das bestimmte Integral Die Streifenmethode

Wie k¨ onnte man wohl den Inhalt A der in Abbildung 6.2 dargestellten, krummlinig ” begrenzten“ Fl¨ ache berechnen, also derjenigen Fl¨ache, die vom Schaubild Kf einer Funktion f und der x-Achse zwischen a und b eingeschlossen wird? Idee: Wir n¨ahern die Fl¨ ache durch eine Treppenfigur aus Rechtecken an, da wir deren Inhalt u ¨ber H¨ohe mal Breite“ leicht ” berechnen k¨ onnen. Lassen wir jetzt die Anzahl der Rechtecke gegen unendlich streben (so, dass die Breite aller Rechtecke immer kleiner wird), dann wird die Approximation der gesuchten Fl¨ache immer genauer.

f (x)

Kf

A a

x b

Abbildung 6.2

160

6 Grundwissen Integralrechnung

Diese geniale Streifenmethode wurde bereits von Archimedes2 verwendet. In Abbildung 6.3 ist eine N¨aherung der Fl¨ ache von unten her“ dargestellt; erst durch ” n = 6, dann durch n = 12 Rechtecke. Man erkennt, dass die Approximation der gesuchten Fl¨ ache um so genauer wird, je mehr Rechtecke man auf [ a , b ] w¨ahlt. Im n¨ achsten Abschnitt wird dieses Vorgehen pr¨ azisiert. f (x)

f (x) Kf

Kf

x x0 = a

xk−1 xk

b = x6

x x0 = a

b = x12

Abbildung 6.3 Weil diese Unter-N¨aherung“ der gesuchten Fl¨ache evtl. nicht nah genug kommen ” k¨onnte, n¨ahern wir uns in Abbildung 6.4 ebenfalls von oben her“ an. ” f (x)

x0 = a

f (x) Kf

Kf

x

x

b = x6

x0 = a

b = x12

Abbildung 6.4 Wenn im Grenz¨ ubergang n → ∞ bei beiden Approximationen dieselbe Zahl rauskommt, haben wir den gesuchten Fl¨acheninhalt A gefunden – bzw. wir definieren den Inhalt dieser Fl¨ache dann einfach als diese Zahl. Beispiel 6.7 Wir f¨ uhren die archimedische Streifenmethode f¨ ur die Quadratfunktion f (x) = x2 auf dem Intervall [ 0 , b ] explizit durch, um den Fl¨ acheninhalt der Fl¨ ache, die von der x-Achse und der Normalparabel auf [ 0 , b ] eingeschlossen wird, exakt zu bestimmen. 2 Archimedes von Syrakus (287 – 212 v.Chr.); griechischer Mathematiker, Physiker und Ingenieur. Neben Euklid einer der bedeutendsten Mathematiker der Antike.

161

6.2 Das bestimmte Integral

Zun¨ achst unterteilen wir das Intervall [ 0 , b ] wie in Abbildung 6.5 gezeigt in n gleich lange St¨ ucke der L¨ange Δx = b−0 n = b , d.h. die Unterteilungsstellen x der k n Treppenfigur sind demnach von der Form xk = k · nb , d.h. x0 = 0, x1 = nb , x2 = 2 · nb , . . . xn−1 = (n − 1) · nb und schließlich xn = b. Die Rechtecke haben alle dieselbe Breite Δx = nb , und die H¨ohe des (k + 1)-ten Rechtecks ist f (xk ) (siehe Abbildung 6.5), also ist ihr Fl¨acheninhalt f (xk ) · Δx. So erh¨alt man die Untersumme

f (x)

Kf

f (xk )

x xk

0

b

Abbildung 6.5

Un = f (x0 ) · Δx + f (x1 ) · Δx + . . . + f (xn−1 ) · Δx =

n−1 

f (xk ) · Δx

k=0

als untere N¨aherung f¨ ur den Fl¨ acheninhalt A unter Kf : Un < A f¨ ur alle n ∈ N. achen im Entsprechend ist die Obersumme3 (stelle dir die zugeh¨origen Rechtecksfl¨ Schaubild selber vor) On = f (x1 ) · Δx + f (x2 ) · Δx + . . . + f (xn ) · Δx =

n 

f (xk ) · Δx

k=1

eine obere Schranke f¨ ur den Fl¨acheninhalt: On > A f¨ ur alle n ∈ N. Wir bestimmen nun explizite Ausdr¨ ucke f¨ ur Un und On , was ein klein wenig anstrengend wird. (1) Berechnung der Untersumme Un : Un =

n−1 

f (xk ) · Δx =

k=0

=

b3 · n3

n−1  k=0

n−1  k=0

!

k2 =

n−1 n−1   b 2 b  2  b  3 b b k· · = f k· · = k · n n n n n k=0

k=0

1 n − 1 n 2n − 1 3 b3 1 · · ·b , · (n − 1) n (2n − 1) = n3 6 6 n n n

n wobei die Summenformel k=1 k 2 = 16 n(n + 1)(2n + 1) aus Aufgabe 2.13 einging (der erste Summand oben ist Null und kann entfallen), nur dass hier n durch n − 1 ersetzt wurde. K¨ urzen von n bringt die Untersumme schließlich auf die Gestalt Un =

1  1 3 1 1− 2− ·b , 6 n n

3 Beachte: Dass die linken Intervallgrenzen x , . . . , x 0 n−1 zur Untersumme und die rechten Intervallgrenzen x1 , . . . , xn zur Obersumme geh¨ oren, klappt nur deswegen, weil die Parabel auf [ 0 , b ] monoton wachsend ist.

162

6 Grundwissen Integralrechnung

und mit Hilfe der Grenzwerts¨atze folgt nun unmittelbar lim Un =

n→∞

1 1 (1 − 0)(2 − 0) · b3 = b3 . 6 3

Wegen Un < A f¨ ur alle n gilt limn→∞ Un = 13 b3  A (beim Grenz¨ ubergang kann Gleichheit auftreten), d.h. wir haben eine untere Schranke f¨ ur den Fl¨ acheninhalt A unter der Parabel gefunden. (2) Berechnung der Obersumme On : Bei der Obersummenfolge approximieren wir die Fl¨ ache A durch Rechtecke, die allesamt etwas zu groß sind. Fast dieselbe Rechnung wie eben liefert On =

n 

f (xk ) · Δx =

k=1

=

b3 · n3

n n   b 3   b b · = f k· k2 · n n n

k=1 n  k=1

k2 =

k=1

1 1  1 3 b3 1 n (n + 1) (2n + 1) = 1 + 2 + ·b . · n3 6 6 n n

F¨ ur den Grenzwert der Obersummenfolge ergibt sich somit ebenfalls lim On =

n→∞

1 1 (1 + 0)(2 + 0) · b3 = b3 . 6 3

Wegen On > A gilt 13 b3  A (beim Grenz¨ ubergang kann wieder Gleichheit auftreten), d.h. wir haben eine obere Schranke f¨ ur A gefunden. Insgesamt ist Un < A < On f¨ ur alle n, also folgt limn→∞ Un  A  limn→∞ On , urlich nur sein, wenn A = 13 b3 ist. d.h. es gilt 13 b3  A  13 b3 . Dies kann nat¨ Damit haben wir bewiesen, dass die Fl¨ache, die u ¨ber dem Intervall [ 0 , b ] von der Normalparabel und der x-Achse eingeschlossen wird, den Inhalt A=

y

Kf

1 3 b 3

besitzt. Ab sofort verwenden wir f¨ ur Fl¨achen dieser Art die Integralschreibweise (lies: bestimmtes ” Integral u ¨ber x2 dx von 0 bis b“) $ b A= x2 dx. 0

A a=0

x b

Abbildung 6.6

Das Integralzeichen soll dabei an ein langgezogenes S (f¨ ur Summe) erinnern und das dx an die Breite Δx der approximierenden Rechtecke (die f¨ ur wachsendes n immer kleiner wird). Was das bestimmte Integral mit dem fr¨ uher eingef¨ uhrten unbestimmten Integral zu tun hat, ist im Moment allerdings noch vollkommen unklar!

163

6.2 Das bestimmte Integral

Beispiel 6.8

(Volumen von Rotationsk¨ orpern)

Wir bringen hier noch eine nette kleine Anwendung der Streifenmethode; allerdings pr¨ asentieren wir nur die Grundidee und beweisen nichts formal. Das Schaubild Kf einer stetigen Funktion f u ¨ber dem Intervall [ a , b ] schließe mit der x-Achse eine Fl¨ache ein. L¨asst man diese Fl¨ ache um die x-Achse rotieren, so entsteht dabei ein √ Rotationsk¨ orper. In Abbildung 6.7 ist dies f¨ ur f (x) = x auf [ 0 , b ] dargestellt. Kf

f (x)

x a

b

Abbildung 6.7 Um eine Formel f¨ ur das Volumen des Rotationsk¨orpers plausibel zu machen, n¨ ahern wir die Fl¨ ache durch eine Treppenfigur an. Deren Rechtecke haben die Breite Δx und die H¨ohe f (xk ). Rotiert ein solches Rechteck um die x-Achse, so entsteht ein ohe h = Δx. Das Volumen des Zylinders ist Zylinder mit Radius rk = f (xk ) und H¨ somit Vk = πrk2 h = πf (xk )2 Δx. Summiert man all diese Zylindervolumina auf, so erh¨alt man eine N¨aherung f¨ ur das Volumen V des Rotationsk¨ orpers: V ≈ V0 + V1 + . . . + Vn−1 =

n−1 

Vk =

k=0

n−1 

πf (xk ) Δx = π

k=0

2

n−1 

f (xk )2 Δx.

k=0

L¨ asst man nun n immer gr¨oßer werden, so wird die Treppenfigur immer feiner und obige N¨ aherung f¨ ur V immer besser. (Man kann zeigen, dass f¨ ur stetiges f sich Ober- und Untersumme demselben Wert n¨ahern.) Im Grenz¨ ubergang n → ∞ wird aus der Summe das Integral u ¨ber f (x)2 , und wir erhalten f¨ ur das Volumen eines Rotationsk¨ orpers V = lim π n→∞

n−1  k=0

$

b

f (xk )2 Δx = π

f (x)2 dx. a

F¨ ur eine praktische Berechnung solcher Volumina verweisen wir auf Seite 179.

164

6 Grundwissen Integralrechnung

—————————

—————————

Aufgabe 6.2 Berechne mit Hilfe der Streifenmethode (f¨ ur b > 0): $ b $ b x dx, b) x3 dx. a) 0

0

Es gen¨ ugt, wenn du jeweils die Obersummen berechnest. Dazu brauchst du die Summenformeln (vergleiche Kapitel 2) n  k=1

k=

1 n(n + 1) 2

und

n 

k3 =

k=1

1 2 n (n + 1)2 . 4

$ b 1  (0 < b < 4; Untersummen gen¨ ugen). 2 − x dx 2 0 ————————— —————————

c)

Muss ich nun jedes Mal eine solch grauenvolle Rechnung durchf¨ uhren, um die ” Fl¨ache unter einer Kurve zu bestimmen?“ wird man sich an dieser Stelle besorgt fragen. Die Antwort ist gl¨ ucklicherweise Nein; der wundervolle Hauptsatz der Differenzial- und Integralrechnung wird uns auf Seite 176 eine verbl¨ uffend einfache Formel in die Hand geben, mit welcher sich bestimmte Integrale bzw. Fl¨achen unter Kurven m¨ uhelos berechnen lassen. Zun¨ achst definieren wir jedoch ganz allgemein und abstrakter als bisher, wann eine Funktion f¨ ur uns integrierbar heißen soll.

6.2.2

Das Darboux-Integral

In diesem und dem n¨ achsten Abschnitt stellen wir den Integralbegriff auf ein solideres Fundament. Zun¨achst folgen wir dem Vorgehen von Darboux4 , da es am nat¨ urlichsten die archimedische Streifenmethode verallgemeinert. Es sei Z = { x0 = a, x1 , . . . , xn−1 , xn = b } eine beliebige Zerlegung des Intervalls I = [ a , b ] mit x0 < x1 < . . . < xn und den Teilintervallen Ik = [ xk−1 , xk ], deren ussen. L¨ angen Δxk := xk − xk−1 nun nicht mehr gleich sein m¨ Weiter sei f eine auf dem Intervall I = [ a , b ] beschr¨ ankte Funktion, d.h. f¨ ur f existiert eine Schranke S ∈ R, so dass |f (x)|  S f¨ ur alle x ∈ I gilt. Die Gesamtheit aller auf I beschr¨ ankten Funktionen bezeichnen wir mit B [ a , b ]. F¨ ur ein solches f sind die Mengen f (Ik ) = { f (x) | x ∈ Ik } ⊂ R dann nat¨ urlich ebenfalls beschr¨ankt und nicht leer. Aufgrund der Vollst¨andigkeit von R (Satz 4.3 und Aufgabe 4.14) existieren daher die Zahlen ik := inf f (Ik )

und

sk := sup f (Ik ).

4 Jean Gaston Darboux (1842 – 1917); franz¨ osischer Mathematiker. Spezialist f¨ ur Differenzialgeometrie von Kurven und Fl¨ achen.

165

6.2 Das bestimmte Integral

aren das Es w¨ are falsch anzunehmen, ik und sk w¨ Minimum und Maximum von f auf Ik . Als Beispiel betrachten wir die Funktion f ∈ B [ 0 , 3 ] mit dem in Abbildung 6.8 gezeigten Schaubild und setzen I1 = [ 0 , 2 ]. Dann gilt zwar

y 2

Kf

f (2)

s1 = sup f (I1 ) = 2,

x

aber einen gr¨oßten Funktionswert, also das Maximum von f auf I1 gibt es gar nicht, da man ur das f (x) = 2 w¨are. (Man kein x ∈ I1 findet, f¨ kommt f¨ ur x  2 von links“ zwar beliebig nahe ” an y = 2 heran, aber man erreicht es nie.)

0

1

2

3

Abbildung 6.8

Mit den so festgelegten Zahlen k¨onnen wir nun die zur Zerlegung Z geh¨ orige Unterund Obersumme der Funktion f definieren als UZ (f ) :=

n 

ik Δxk

und

OZ (f ) :=

k=1

n 

sk Δxk .

k=1

Gleich zur Beruhigung vorneweg: F¨ ur unsere Zwecke gen¨ ugt es fast immer, stetige Funktionen auf dem Intervall [ a , b ] zu betrachten, deren Gesamtheit wir ab sofort mit C [ a , b ] abk¨ urzen (das C steht f¨ ur continuous“). Diese haben die folgende ” ¨ n]): sch¨one Eigenschaft (f¨ ur einen Beweis siehe [Ko Satz 6.4

( Satz vom Maximum und Minimum )

Jede stetige Funktion f : [ a , b ] → R besitzt auf dem Intervall [ a , b ] ein Maur alle ximum und Minimum, d.h. es gibt Zahlen xmin , xmax ∈ [ a , b ], so dass f¨ x ∈ [ a , b ] gilt: f (xmin )  f (x)  f (xmax ). Insbesondere ist also jede auf [ a , b ] stetige Funktion dort auch beschr¨ankt, d.h. es ist C [ a , b ] ⊂ B [ a , b ].  Dieser Satz garantiert, dass die oben erkl¨arten Infima und Suprema f¨ ur jedes f ∈ C [ a , b ] tats¨achlich auch angenommen werden, d.h. f¨ ur jedes k = 1, . . . , n gibt es Zahlen xmin,k , xmax,k ∈ Ik , so dass gilt ik = min f (Ik ) = f (xmin,k )

und

sk = max f (Ik ) = f (xmax,k ).

Somit nehmen die Unter- und Obersumme einer stetigen Funktion f die folgende Gestalt an: UZ (f ) =

n  k=1

f (xmin,k )Δxk

und

OZ (f ) =

n 

f (xmax,k )Δxk .

k=1

Die geometrische Bedeutung der Untersumme UZ (f¨ ur f  0) ist der Abbildung 6.9 zu entnehmen: Es ist (wie in 6.2.1) einfach der Fl¨acheninhalt aller grauen Rechtecke. Analoges gilt f¨ ur die Obersumme.

166

6 Grundwissen Integralrechnung

f (x) Kf

x a

x1 x2

x3 xmin,4 x4 x5

b

Abbildung 6.9 F¨ ur ein f ∈ B [ a , b ] ist die folgende Teilmenge von R U(f ) := { UZ (f ) | Z ist Zerlegung von I = [ a , b ] } nicht leer und nach oben beschr¨ankt durch sup f (I) · (b−a) (mache dir das an einer Skizze klar – auch f¨ ur f < 0). F¨ ur f ∈ C [ a , b ] ist f (xmax ) · (b − a) eine Schranke. Somit existiert – wieder nach Satz 4.3 – das Supremum dieser Menge, welches man das untere Darboux-Integral nennt: $ b f (x) dx := sup U(f ). a

Entsprechend ist das obere Darboux-Integral definiert als $

b

f (x) dx := inf O(f ) = inf { OZ (f ) | Z ist Zerlegung von [ a , b ] }. a

Es ist nicht schwer zu zeigen, dass f¨ ur zwei beliebige Zerlegungen Z und Z 

UZ (f )  OZ  (f )

()

gilt, was f¨ ur Z = Z  offensichtlich und sonst etwas technisch ist (siehe [Roc] oder [Heu]). Also folgt nach Definition des Supremums sup U(f )  OZ  (f ) und damit nach Definition des Infimums auch sup U(f )  inf O(f ), d.h. es ist stets $

$

b

b

f (x) dx 

f (x) dx.

a

a

Definition 6.2 $

Eine Funktion f ∈ B [ a , b ] heißt Darboux-integrierbar, falls $

b

b

f (x) dx = a

f (x) dx a

167

6.2 Das bestimmte Integral

gilt, d.h. falls ihr oberes und unteres Darboux-Integral u ¨ bereinstimmen. Der ge%b meinsame Wert wird mit D– a f (x) dx bezeichnet. ♦ Sch¨on und gut; zur praktischen Berechenbarkeit taugt dies aber rein gar nichts – wie sollte man das Supremum der riesigen Menge U(f ) denn auch berechnen? Warum es bei der Streifenmethode gen¨ ugte, nur eine spezielle Folge von Zerlegungen zu betrachten, zeigt der folgende Satz, f¨ ur dessen Beweis wir wieder auf [Heu] oder [Roc] verweisen (hier geht abermals () ein, und der Rest folgt problemlos aus den Eigenschaften von inf und sup). Satz 6.5 Ein f ∈ B [ a , b ] ist genau dann Darboux-integrierbar, wenn es  zu jedem ε > 0 eine Zerlegung Z mit OZ (f ) − UZ (f ) < ε gibt. In Beispiel 6.7 hatten wir f¨ ur f (x) = x2 eine Folge von ¨aquidistanten Zerlegunahlt und gezeigt, dass die zugeh¨ origen Unter- und gen Zn des Intervalls [ 0 , b ] gew¨ Obersummenfolgen Un = UZn (f ) bzw. On = UZn (f ) gegen dieselbe Zahl A (= 13 b3 ) konvergieren. Das bedeutet aber, dass es zu jedem ε > 0 ein (gemeinsames) N ∈ N ur gibt, so dass sowohl |Un − A| = A − Un < 2ε als auch |On − A| = On − A < 2ε f¨ alle n > N ist. Insbesondere gilt dann OZN (f ) − UZN (f ) = ON − UN = ON − A + A − UN <

ε ε + = ε. 2 2

Also folgt nach Satz 6.5 die Darboux-Integrierbarkeit von f (x) = x2 auf [ 0 , b ], und unser fr¨ uheres Ergebnis lautet nun $

b

D–

x2 dx = 0

1 3 b . 3

Zur expliziten Berechnung von Darboux-Integralen gen¨ ugt es also, eine Zerlegungsfolge zu finden, so dass die zugeh¨ origen Unter- und Obersummenfolgen gegen denselben Grenzwert konvergieren. Bevor wir im n¨ achsten Abschnitt kl¨aren, welche Funktionen denn nun tats¨achlich Darboux-integrierbar sind (die stetigen geh¨ oren dazu, so viel sei schon mal verraten), bringen wir noch ein Negativ-Beispiel. Beispiel 6.9  χ(x) =

Betrachte die h¨ochst unstetige“ Dirichlet5 -Sprungfunktion ” 1 f¨ ur x ∈ Q ∩ [ 0 , 1 ] 0 f¨ ur x ∈ R\Q ∩ [ 0 , 1 ].

Offenbar ist χ ∈ B [ 0 , 1 ], aber χ ist auf [ 0 , 1 ] nicht Darboux-integrierbar. Denn in jedem – noch so kleinen – Intervall [ xk−1 , xk ] liegen stets rationale und irrationale 5 Peter

Gustav Lejeune Dirichlet (1805 – 1859); deutscher Zahlentheoretiker.

168

6 Grundwissen Integralrechnung

Zahlen (ohne Beweis), d.h. f¨ ur χ gilt ik = 0 und sk = 1 f¨ ur jedes k. Folglich ist f¨ ur jede beliebige Zerlegung Z von [ 0 , 1 ] UZ (χ) =

n 

$ ik Δxk = 0,

d.h. auch

1

χ(x) dx = 0, 0

k=1

w¨ ahrend f¨ ur die Obersumme gilt: OZ (χ) =

n 

sk Δxk =

k=1

6.2.3

n 

$ Δxk = 1,

1

d.h. auch

χ(x) dx = 1. 0

k=1

Das Riemann-Integral

Es sei f : [ a , b ] → R eine Funktion und Z = { x0 = a, x1 , . . . , xn = b } eine beliebige Zerlegung von [ a , b ] mit der Feinheit |Z| := maxnk=1 Δxk , wobei die Δxk := xk − xk−1 wieder die L¨angen der Zerlegungsintervalle sind. Darboux h¨atte (die Beschr¨ anktheit von f gefordert und) die speziellen St¨ utzstellen xmin,k , xmax,k betrachtet bzw. w¨are bei deren Nichtexistenz auf Infimum bzw. Supremum der Funktionswerte ausgewichen (ohne konkrete St¨ utzstellen). asst beliebige St¨ utzstellen ξk ∈ [ xk−1 , xk ] zu (ξ spricht man Riemann6 hingegen l¨ als Xi“), und betrachtet f¨ ur diese freien St¨ utzstellen Summen der Gestalt ” RZ, ξ (f ) :=

n 

f (ξk )Δxk ,

k=1

welche ihm zu Ehren Riemann-Summen heißen. Die Notation RZ, ξ beinhaltet, dass die Summe nicht nur von Z, sondern auch von der Wahl der St¨ utzstellenmenge ξ = { ξ1 , . . . , ξn } abh¨ angt. Definition 6.3 Eine Funktion f : [ a , b] → R heißt Riemann-integrierbar, wenn jede Folge von Riemann-Summen (Rn ) := RZn , ξ(n) (f ) , deren Zerlegungs-Feinheit |Zn | gegen Null strebt, stets konvergiert, und zwar gegen denselben Grenzwert. In diesem Fall schreibt man $ b n  (n) (n) f (x) dx := lim Rn = lim f (ξk )Δxk R– a

n→∞

n→∞

k=1

und nennt dies das Riemann-Integral von f . Mit R [ a , b ] bezeichnen wir die Menge aller Riemann-integrierbaren Funktionen auf [ a , b ]. ♦ 6 Bernhard Riemann (1826 – 1866); einer der genialsten und produktivsten Mathematiker des 19. Jahrhunderts. Begr¨ undete u.a. die abstrakte Differenzialgeometrie und stellte die ber¨ uhmte Riemann-Vermutung in der Zahlentheorie auf.

169

6.2 Das bestimmte Integral

(n)

(n)

Die etwas u ¨berladene Notation ξk und Δxk soll andeuten, dass es sich um die St¨ utzstellen und L¨angen der Intervalle der n-ten Zerlegung Zn handelt. In Zukunft lassen wir das (n)“ weg, aber man sollte immer im Hinterkopf behalten, dass die ” Summanden einer n-ten Riemann-Summe stets auch von n abh¨ angen. Der direkte Nachweis von R–Integrierbarkeit ist noch schwieriger als der direkte Nachweis von D–Integrierbarkeit, weil zu allen m¨ oglichen Zerlegungen Z jetzt auch alle m¨ oglichen St¨ utzstellenmengen ξ zu ber¨ ucksichtigen sind. Ist jedoch bekannt, dass f Riemann-integrierbar ist (siehe z.B. S¨ atze 6.7 und 6.8), so besitzt jede Folge von Riemann-Summen per Definition denselben Grenzwert, also gen¨ ugt eine, z.B. a¨quidistante Riemann-Summenfolge, wie etwa die Obersummenfolge aus Beispiel 6.7 mit St¨ utzstellen ξk := xmax,k . Beispiel 6.10 Wir u ¨berzeugen uns unter direktem R¨ uckgriff auf die Definition davon, dass konstante Funktionen stets R–integrierbar sind. Sei also f (x) = c f¨ ur alle x ∈ [ a , b ], wobei c ∈ R eine beliebige Konstante ist. Dann gilt bereits f¨ ur jede einzelne Riemann-Summe Rn =

n  k=1

f (ξk )Δxk =

n 

c · Δxk = c ·

k=1

n 

Δxk = c · (b − a),

k=1

ange des Intervalls [ a , b ] aufda die Intervall-L¨angen Δxk sich stets zur Gesamtl¨ addieren. Da das Ergebnis gar nicht mehr von n abh¨ angt, existiert nat¨ urlich auch der Limes, d.h. wir erhalten f¨ ur jede Riemann-Summenfolge $ lim Rn = c · (b − a) = R–

n→∞

b

c dx. a

Wir erhalten also den Inhalt der Rechtecksfl¨ ache (mit Vorzeichen, falls c < 0) zwischen Kf und xAchse – w¨are schlimm, wenn es anders w¨ are. Mit ein klein wenig mehr technischem Aufwand kann man auch zeigen, dass allgemeiner alle auf [ a , b ] st¨ uckweise konstanten Funktionen (sogenannte Treppenfunktionen“; siehe Abbildung 6.10) ” Riemann-integrierbar sind und als R–Integral die Summe der Rechtecksfl¨ achen (mit Vorzeichen) herauskommt.

y

x a

b

Abbildung 6.10

¨ Die Aquivalenz unserer beiden Integralbegriffe beinhaltet der folgende Satz (siehe [Roc] oder [Heu] f¨ ur den aufw¨andigen Beweis), der es uns erlaubt, ab sofort die unsch¨one R– bzw. D–Vorsilbe wegzulassen und unter dem bestimmten Integral stets das Riemann-Integral zu verstehen.

170

6 Grundwissen Integralrechnung

Satz 6.6 Eine Funktion f : [ a , b ] → R ist genau dann Riemann-integrierbar, wenn sie Darboux-integrierbar ist, und in diesem Fall gilt $

$

b

R–

b

f (x) dx = D– a



f (x) dx. a

(Beachte: Man kann zeigen, dass allein aus der Riemann-Integrierbarkeit bereits die Beschr¨ anktheit von f folgt (siehe [Roc]), die ja eine notwendige Voraussetzung f¨ ur die Darboux-Integrierbarkeit ist.) Nun mag man sich fragen, wozu wir (neben der historischen Bedeutung) zwei konkurrierende Begriffe eingef¨ uhrt haben, die sich letztlich als a¨quivalent entpuppt haben. Darboux war n¨aher an der anschaulichen Streifenmethode aus 6.2.1, w¨ ahrend die Riemann-Definition oftmals das Beweisen erleichert. So l¨asst sich mit ihr z.B. ur Abschnitt 6.3 bedeutsamste Aussage gewinnen. relativ m¨ uhelos7 die folgende, f¨ Satz 6.7

Jede auf [ a , b ] stetige Funktion ist Riemann-integrierbar.



Noch k¨ urzer l¨asst sich dieser Satz als C [ a , b ] ⊂ R [ a , b ] formulieren. Dass es sich hierbei um eine echte Teilmenge handelt, zeigt die viel st¨ arkere Aussage des n¨achsten Satzes (siehe [Heu]; der Beweis dieser Tatsache zieht nat¨ urlich insbesondere die G¨ ultigkeit von Satz 6.7 nach sich). Satz 6.8 Jede Funktion f ∈ B [ a , b ], die nur an h¨ochstens abz¨ahlbar vielen Stellen unstetig ist, liegt in R [ a , b ].  Ein weiterer Vorzug der Riemann-Summen ist, dass sich damit bestimmte (Un)Gleichungen f¨ ur Summen elegant auf Integrale u ¨bertragen lassen, was wir nun an zwei Beispielen vorf¨ uhren wollen. Satz 6.9 F¨ ur integrierbare Funktionen f, g ∈ R [ a , b ] und Konstanten λ, μ ∈ R ist stets auch λ · f (x)+μ · g(x) ∈ R [ a , b ], und das bestimmte Integral ist linear, d.h. $

b a

 λ · f (x) + μ · g(x) dx = λ ·

$

$

b

f (x) dx + μ · a

b

g(x) dx a

(hier wurden die beiden Regeln von Seite 156 zu einer zusammengefasst). Beweis: Die f¨ ur endliche Summen g¨ ultigen Rechenregeln wie das Distributivgesetz werden mittels eines Grenzprozesses auf Integrale u ¨bertragen. Es seien (Zn ) eine beliebige Folge von Zerlegungen von [ a , b ], deren Feinheit geutzstellen sowie (Rn (f )) und (Rn (g)) die gen Null strebt, (ξ (n) ) eine Wahl von St¨ 7 Dass wir dennoch auf den Beweis verzichten, liegt nur daran, dass wir dazu einen st¨ arkeren Stetigkeitsbegriff – die sogenannte gleichm¨ aßige Stetigkeit“ – ben¨ otigen w¨ urden, den wir nicht ” eingef¨ uhrt haben.

171

6.2 Das bestimmte Integral

zugeh¨origen Folgen von Riemann-Summen von f bzw. g. Da f und g Riemannintegrierbar sind, konvergieren diese Folgen gegen das bestimmte Integral von f bzw. g, d.h. $

b

f (x) dx = lim Rn (f ) = lim n→∞

a

n→∞

n 

f (ξk )Δxk

k=1

und analog f¨ ur g. Wir definieren s(x) := λ · f (x) + μ · g(x) und betrachten nun f¨ ur ein beliebiges n ∈ N die folgende Summe: λ · Rn (f ) + μ · Rn (g) = λ ·

n 

f (ξk )Δxk + μ ·

k=1

=

n 

g(ξk )Δxk

k=1

n  

n   λ · f (ξk ) + μ · g(ξk ) Δxk = s(ξk )Δxk ,

k=1

k=1

wobei im vorletzten Schritt das Distributivgesetz einging (die Faktoren λ und μ wurden in die Summen gezogen und das Δxk ausgeklammert) und beide Summen unter dasselbe Summenzeichen geschrieben wurden. Der letzte Schritt soll verdeutlichen, n dass am Ende nichts anderes da steht als eine Riemann-Summe Rn (s) = k=1 s(ξk )Δxk der Summen-Funktion s. Die Grenzwerts¨atze liefern die Existenz des Grenzwerts von (Rn (s)): lim Rn (s) = lim ( λ · Rn (f ) + μ · Rn (g) ) = λ · lim Rn (f ) + μ · lim Rn (g).

n→∞

n→∞

n→∞

n→∞

Die rechte Seite h¨angt nicht von der konkreten Wahl der Zerlegungs- und St¨ utzstellenfolge ab (da f, g ∈ R [ a , b ]). Da (Zn ) und (ξ (n) ) beliebig waren, folgt nach Definition 6.3, dass s = λ · f + μ · g R–integrierbar ist. Obige Gleichung bedeutet ebenfalls nach Definition 6.3 nichts anderes als $ b $ b $ b s(x) dx = λ · f (x) dx + μ · g(x) dx.  a

Satz 6.10

a

a

( Dreiecksungleichung f¨ ur Integrale )

F¨ ur jedes f ∈ C [ a , b ] ist |f | ∈ R [ a , b ] und es gilt $  $ b  b    f (x) dx   |f (x)| dx.   a  a Beweis: Nach Satz 5.2 ist |f | als Verkettung der stetigen Betragsfunktion mit dem stetigen f selbst wieder stetig. Satz 6.7 liefert daher |f | ∈ R [ a , b ]. Die gew¨ ohnliche Dreiecksungleichung |x1 + x2 |  |x1 | + |x2 | l¨asst sich durch

172

6 Grundwissen Integralrechnung

n n vollst¨andige Induktion leicht auf | k=1 xk |  k=1 |xk |, d.h. auf beliebige endliche Summen ausdehnen. Ist nun (Rn ) eine Folge von Riemann-Summen, die gegen das Integral von f konvergiert, so gilt f¨ ur jedes n   n n n       |Rn | =  f (ξk )Δxk   |f (ξk )Δxk | = |f (ξk )|Δxk .   k=1

k=1

k=1

Rechts steht jetzt eine Riemann-Summe von |f |, so dass sich im Grenz¨ ubergang lim |Rn |  lim

n→∞

n→∞

n 

$

b

|f (ξk )|Δxk =

|f (x)| dx a

k=1

ergibt. Dass der Grenzwert auf der linken Seite u ¨berhaupt existiert, folgt aus der Konvergenz der Rn sowie der Stetigkeit des Betrags:    $ b       lim |Rn | =  lim Rn  =  f (x) dx  .  n→∞ n→∞  a  Abschließend seien noch ein paar Formeln erw¨ahnt, die oft (stillschweigend) verwendet werden. Sie sind anschaulich so klar, % a dass wir auf einen formalen Beweis verzichten wollen. Zun¨ achst ist nat¨ urlich a f (x) dx = 0. Ferner gilt die Intervall-Additivit¨ at des Integrals: $

$

b a

$

c

f (x) dx =

b

f (x) dx + a

f (x) dx

f¨ ur c ∈ [ a , b ].

c

%a %b Legt man noch fest, dass b f (x) dx := − a f (x) dx sein soll, dann gilt die Additivit¨ at des Integrals auch f¨ ur c ∈ [ a , b ]. —————————

—————————

Aufgabe 6.3 Gehe a¨hnlich vor wie im Beweis von Satz 6.10, um die Monotonie des bestimmten Integrals zu beweisen: $

$

b

Gilt f (x)  g(x) f¨ ur alle x ∈ [ a , b ], so folgt

b

f (x) dx  a

g(x) dx a

(f¨ ur f, g ∈ R [ a , b ] versteht sich). Folgere daraus f¨ ur f ∈ C [ a , b ] $

b

f (x) dx  m · (b − a)

mit

m := max { f (x) | x ∈ [ a , b ] }.

a

—————————

—————————

173

6.2 Das bestimmte Integral

Uff . . . das war schweeere Kost und viel Theorie auf einmal. Ist aber auch gar nicht schlimm, wenn du nicht alle Details verdauen konntest. Falls du allerdings den Beweis des Hauptsatzes (Seite 176) verstehen willst, solltest du zumindest die Aussagen der letzten drei S¨atze im Hinterkopf haben. Zur Vers¨ohnung destillieren wir an dieser Stelle ein paar Essenzen unserer bisheri¨ gen Uberlegungen heraus: ◦ Das unbestimmte Integral einer Funktion (siehe 6.1) ist selbst wieder eine Funktion (genauer: Menge von Funktionen), die sogenannte Stammfunktion, und kann durch bestimmte Aufleitungsregeln“ berechnet werden. ” ◦ Das bestimmte Integral einer Funktion (6.2.2 und 6.2.3) hingegen ist eine reelle Zahl, die kompliziert definiert ist, n¨amlich als Grenzwert einer Folge von Riemann-Summen. ◦ Manchmal l¨asst sich f¨ ur ein bestimmtes Integral mittels der Streifenmethode ein geschlossener Ausdruck bestimmen (als gemeinsamer Grenzwert einer Unter-/Obersummenfolge), allerdings ist dies ¨außerst m¨ uhsam (siehe 6.2.1). Bevor wir in 6.3 eine Beziehung zwischen bestimmten Integralen und Stammfunktionen kennenlernen, beleuchten wir noch kurz den Zusammenhang zwischen bestimmten Integralen und dem Fl¨acheninhalt unter dem zugeh¨origen Schaubild.

6.2.4

Integral und Fl¨ ache

In 6.2.1 haben wir mit der Streifenmethode nur Fl¨acheninhalte unter einem Schaubild berechnet, das oberhalb der x-Achse verlaufen ist. Nun betrachten wir in Abbildung 6.11 eine Funktion f ∈ R [ a , b ], die auch negative Werte annimmt. f (x)

f (x)

Kf

Kf

A1 + x

a

c

x

a

b

Abbildung 6.11

c

A− 2 −

b

174

6 Grundwissen Integralrechnung

Zwischen a und c ist wie vorhin f > 0, entsprechend ist dort der Grenzwert einer Folge von Riemann-Summen, also das bestimmte Integral, positiv, und wir definieren den Inhalt der gesuchten Fl¨ache unter dem Schaubild als $ c f (x) dx > 0. A1 := a

Zwischen c und b hingegen ist f < 0, d.h. f¨ ur die Summanden einer jeden RiemannSumme mit c < ξk < b gilt f (ξk )Δxk < 0, und damit ist auch der Grenzwert einer solchen Folge von Riemann-Summen, sprich das bestimmte Integral, negativ. F¨ ur den vorzeichenbehafteten Fl¨ acheninhalt A− gilt 2 $ b f (x) dx < 0. A− 2 := c

W¨ urden wir den Inhalt der gesamten grauen Fl¨ache durch A = A1 +A− 2 ausrechnen, urlich nicht sein darf. so w¨ urde eine Zahl kleiner als A1 herauskommen, was nat¨ Deshalb m¨ ussen wir zur Fl¨ achenberechnung das Vorzeichen von A− 2 umdrehen: − A2 = |A2 | bzw. $ b = − f (x) dx > 0. A2 = −A− 2 c

acheninhalts. Man Dann ist A = A1 + A2 eine sinnvolle Definition des gesamten Fl¨ muss hier also gr¨ undlich unterscheiden: Zum einen gibt es das bestimmte Integral $ b $ c $ b I= f (x) dx = f (x) dx + f (x) dx = A1 + A− 2, a

a

c

%b

welches die Vorzeichen von f sp¨ urt“. a f (x) dx ist dann der gesamte vorzeichen” behaftete Fl¨ acheninhalt, der auch 0 oder sogar negativ sein kann. Zum anderen gibt es die Fl¨ache, die von Kf und der x-Achse eingeschlossen wird. Diese besteht ussen, d.h. hier aus zwei Teilfl¨achen, deren Inhalte A1 und A2 stets positiv sein m¨ $ c $ b A = A1 + A2 = A1 + |A− | = f (x) dx − f (x) dx. 2 a

c

Im Allgemeinen gilt immer I  A und I = A nur dann, wenn f  0 ist. Dies alles l¨ asst sich mit Hilfe des Betrags der Funktion etwas knapper ausdr¨ ucken. Beim Schaubild von |f (x)| in Abbildung 6.12 sind n¨amlich einfach die negativen Teile nach oben geklappt, wobei sich der Fl¨ acheninhalt aber nat¨ urlich nicht a¨ndert. F¨ ur den Inhalt der Fl¨ache zwischen dem Schaubild einer Funktion f (x) und der x-Achse auf [ a , b ] gilt also stets $

b

|f (x)| dx.

A= a

6.3 Der Hauptsatz der Differenzial- und Integralrechnung 175

Zur Fl¨achenberechnung von Hand“ eignet sich ” obige Formel allerdings leider nicht, da man zum Integrieren den Betrag erst durch Fallunterscheidung(en) aufl¨osen muss. Ein Blick auf Abbildung 6.12 sollte dir nun u ¨brigens sofort die geometrische Bedeutung von Satz 6.10 er¨offnen (tut es das?).

y

K|f |

A2

A1

x

a

c

b

Oftmals sehr n¨ utzlich sind die folgenden SymKf metrieregeln f¨ ur Integrale, da sie einem bei der Fl¨achenberechnung viel Arbeit ersparen k¨onnen. Abbildung 6.12 $ a f (x) dx = 0 , falls Kf punktsymmetrisch zum Ursprung ist. $

−a

$

a

a

f (x) dx = 2 −a

f (x) dx ,

falls Kf symmetrisch zur y-Achse ist.

0

So weit, so gut. Allerdings haben wir immer noch keine elegante Methode zur Berechnung von bestimmten Integralen an der Hand (ohne Ober-/UntersummenMassaker). Diesen bedauernswerten Umstand gilt es nun schleunigst zu a¨ndern!

6.3

Der Hauptsatz der Differenzial- und Integralrechnung

Beispiel 6.11 Betrachte die Quadratfunktion f (t) = t2 (warum die Variable jetzt nicht mehr x heißt, wird gleich ersichtlich). Zu einem x > 0 w¨ahlen wir ein a mit 0 < a < x. ¨ber [ a , x ] mit der Den Inhalt der Fl¨ache, den Kf u f (t) x-Achse einschließt, erh¨alt man als Differenz der Fl¨acheninhalte u ¨ber [ 0 , x ] und [ 0 , a ] (siehe Abbildung 6.13). Nach dem Ergebnis von Seite 162 erhalten wir somit $ x $ x $ a 1 1 t t2 dt = t2 dt − t2 dt = x3 − a3 . 3 3 a 0 0 a x Jetzt kommt die entscheidende Erkenntnis: Leitet Abbildung 6.13 man diese Beziehung nach x ab, so erh¨alt man gerade x2 ( 13 a3 f¨allt weg), d.h. den Integranden des bestimmten Integrals an der Stelle x. Dieser gl¨ uckliche Umstand wird es uns erm¨ oglichen, bestimmte Integrale ab sofort viel m¨ uheloser zu berechnen!

176

6 Grundwissen Integralrechnung

Definition 6.4 F¨ ur eine stetige Funktion f : [ c , d ] → R und a ∈ [ c , d ] heißt $ x Ia (x) = f (t) dt a

Integralfunktion von f zur Grenze a. Da die Variable x bereits in der oberen Integralgrenze vorkommt, wurde die Integrationsvariable in t umbenannt. Geometrisch: Ia ordnet jedem x ∈ [ c , d ] den (vorzeichenbehafteten) Inhalt der Fl¨ache zu, die das Schaubild Kf zwischen a und x mit der x-Achse einschließt. ♦ Der n¨achste Satz ist von eminenter Wichtigkeit; Trommelwirbel . . . ( Hauptsatz der Differenzial- und Integralrechnung )

Theorem 6.1

F¨ ur eine stetige Funktion f : [ c , d ] → R gelten die folgenden Aussagen. (1) F¨ ur jedes a ∈ [ c , d ] gilt Ia (x)

&$

'

x

=

f (t) dt

= f (x)

f¨ ur alle x ∈ ( c , d ).

a

Insbesondere besitzt jedes stetige f eine Stammfunktion. (2) Ist F eine beliebige Stammfunktion von f , so gilt (f¨ ur a, b ∈ [ c , d ]) $

b

( )b f (x) dx = F (b) − F (a) =: F (x) . a

a

(3) Ist f differenzierbar mit stetiger Ableitung f  , so kann man f durch bestimmte Integration aus seiner Ableitung f  rekonstruieren8 : $

x

f (x) = f (a) +

f  (t) dt.

a

Anmerkung: Die Aussagen (1) und (3) kann man in K¨ urze so zusammenfassen: Ableitung und bestimmtes Integral heben sich gegenseitig auf. Aussage (2) ist f¨ ur die Berechnung bestimmter Integrale unentbehrlich. Die Formel besagt, dass sich das komplizierte Objekt auf der linken Seite ganz einfach berechnen l¨asst: Man muss lediglich die Grenzen b und a in eine Stammfunktion F einsetzen und die Differenz der Ergebnisse bilden. Dazu muss man F aber nat¨ urlich erst mal explizit kennen. Der Hauptsatz sagt uns leider nicht, wie wir eine geschlossene (integralfreie) Darstellung der Integralfunktion finden, bzw. ob dies u ¨berhaupt 2 ur die Stammm¨ oglich ist; so gibt es z.B. f¨ ur f (x) = e−x keine geschlossene Formel f¨ funktion. 8 Das

lateinische Wort integrare“ bedeutet wiederherstellen“. ” ”

6.3 Der Hauptsatz der Differenzial- und Integralrechnung 177

Beweis: Zun¨ achst einmal existiert die Integralfunktion Ia (x), weil f als stetig vorausgesetzt wurde (siehe Satz 6.7). (1) Um Ia (x) = f (x) nachzuweisen, zeigen wir, dass   I (x + h) − I (x)   a a − f (x)  → 0 f¨ ur h → 0  h Ia (x + h) − Ia (x) = f (x). h Schreiben wir zun¨ achst den Differenzenquotienten von Ia unter Verwendung der Intervall-Additivit¨at von Seite 172 um (es sei stets h > 0, den anderen Fall behandelt man analog): $ x+h $ x Ia (x + h) − Ia (x) = f (t) dt − f (t) dt a a &$ ' $ $ $ strebt, denn das bedeutet Ia (x) = lim

h→0

x

=

x+h

f (t) dt +

x

f (t) dt

a

−

x

x+h

f (t) dt = a

f (t) dt. x

Um f (x) auf eine ¨ahnliche Gestalt zu bringen (was f¨ ur die folgenden Absch¨atzungen n¨ utzlich ist), wenden wir einen Trick an: Integriert man nach t, so ist f (x) eine Konstante und nach Beispiel 6.10 gilt $ x+h $ x+h f (x) dt = f (x) · 1 dt = f (x) · 1 · (x + h − x) = f (x) · h, x

x

% x+h

weshalb man f (x) zu h1 x f (x) dt umschreiben kann. Der Nutzen dieser scheinbar unsinnigen Umformung wird nun gleich offenbar, denn es folgt $  I (x + h) − I (x)   1 $ x+h  1 x+h  a    a − f (x) = f (t) dt − f (x) dt     h h x h x $   1  x+h  =  f (t) − f (x) dt , h x wobei im zweiten Schritt die Linearit¨ at des bestimmten Integrals (siehe Satz 6.9) eingeht. Mit Hilfe der Dreiecksungleichung f¨ ur Integrale (Satz 6.10) erhalten wir $ $    1  x+h  1 x+h  f (t) − f (x) dt   f (t) − f (x) dt.  h x h x Weil f (t) stetig ist, folgt die Stetigkeit von |f (t) − f (x)| =: d(t), und somit existiert nach Satz 6.4 f¨ ur diese Funktion auf dem Intervall [ x , x + h ] ihr Maximum m := max { d(t) | t ∈ [ x , x + h ] }. Aus d(t)  m folgt aufgrund der Monotonie des Integrals (siehe Aufgabe 6.3) $ x+h $ x+h d(t) dt  m dt = m · (x + h − x) = m · h. x

x

178

6 Grundwissen Integralrechnung

Setzen wir all dies zusammen, so erhalten wir folgende Absch¨atzung: $  I (x + h) − I (x)   1 x+h  1  a  a − f (x)   f (t) − f (x) dt  m · h = m.  h h x h Aufgrund der Stetigkeit von f wird |f (t) − f (x)| f¨ ur t ∈ [ x , x + h ] beliebig klein, wenn nur h klein genug gew¨ahlt wird9 . Somit geht die Funktion m = m(h) = max { |f (t) − f (x)| | t ∈ [ x , x + h ] } gegen 0 f¨ ur h → 0, und es bleibt der linken Seite in obiger Absch¨ atzung nichts anderes u ¨brig als gleichfalls gegen 0 zu gehen. Hurra! Denn genau das wollten wir zeigen. (2) Nach der Knochenarbeit in (1) f¨ allt uns der Rest nun in den Schoß. Da Ia (x) laut (1) eine Stammfunktion von f ist, kann sie sich nach Satz 6.3 nur durch eine Konstante k von jeder anderen Stammfunktion F (x) unterscheiden. Folglich ist Ia (x) − F ur alle x ∈ [ c , d ], und Einsetzen von a liefert aufgrund von % a(x) = k f¨ Ia (a) = a f (t) dt = 0, dass 0 − F (a) = k, also Ia (x) = F (x) + k = F (x) − F (a) ist. Insbesondere folgt f¨ ur x = b die Behauptung: $ Ia (b) = F (b) − F (a)

b

f (x) dx = F (b) − F (a).

sprich a

(3) Da f eine Stammfunktion von f  ist, liefert (2):

$

x

f  (t) dt = f (x) − f (a). 

a

Beispiel 6.12 F (x) = 14 x4 ist eine Stammfunktion von f (x) = x3 , also liefert der Hauptsatz (ganz ohne m¨ uhevollen Ober-/Untersummenkalk¨ ul) $

2

x3 dx = −1

(1 4

x4

)

2 −1

= F (2) − F (−1) =

1 4 1 15 · 2 − · (−1)4 = = 3,75. 4 4 4

Beispiel 6.13 Wir berechnen den Inhalt A der get¨onten Fl¨ache in Abbildung 6.14 mit dem Hauptsatz. y sin x

1 A1 0 −1

x π

A− 2

2π

Abbildung 6.14 9 Hier verwenden wir streng genommen Stetigkeit in einer anderen Formulierung (sogenannte ε-δ-Stetigkeit) als der von uns definierten Folgenstetigkeit.

6.3 Der Hauptsatz der Differenzial- und Integralrechnung 179

Da − cos x eine Stammfunktion von sin x ist und cos x eine Stammfunktion von − sin x, ergibt sich f¨ ur den Fl¨acheninhalt $ 2π $ π $ 2π  π  2π A= | sin x| dx = sin x dx + (− sin x) dx = − cos x 0 + cos x π 0

π

0

= − cos π − (− cos 0) + cos 2π − cos π = −(−1) + 1 + 1 − (−1) = 4 ∈ Z (!). Beachte, dass das Integral von 0 bis 2π hingegen Null ergibt: $ 2π  2π sin x dx = − cos x 0 = − cos 2π + cos 0 = 0, 0

was aufgrund der Symmetrie der Sinuskurve klar ist (es ist A− 2 = −A1 ). F¨ ur umfangreichere Beispiele zur Fl¨ achenberechnung verweisen wir auf die Schule und auf die paar Leckerli in Kapitel 8. Beispiel 6.14 Zum Abschluss berechnen wir noch das Volumen des Rotationsk¨ orpers aus Abbildung 6.7 (Seite 163): $

b

V =π

√

2

$

*

b

x dx = π

x dx = π

0

0

x2 2

+b = 0

π 2 b . 2

—————————

————————— Aufgabe 6.4

Berechne den Wert der folgenden bestimmten Integrale.

$ 4  1 √ − 3x2 dx a) x 1 $

12

d) 0



$ π b)

π 2

$ 2 3

x + 1 dx

e)

2π ω π ω

$

π2  π cos x − 2 dx x

c)

ω sin(ωt − π) dt 2

f)

3 2

1

$

1 −6

4 dx (1 − 2x)2 1 dx ( 2 − x)2 √ 3

Aufgabe 6.5 Leite eine Formel f¨ ur das Volumen der folgenden K¨orper her, indem du sie als Rotationsk¨ orper geeigneter Schaubilder Kf auffasst. a) Kegel mit H¨ ohe h und Radius r. b) Kugel mit Radius r. —————————

—————————

180

6.4

6 Grundwissen Integralrechnung

Uneigentliche Integrale

In diesem letzten Abschnitt wollen wir untersuchen, ob es Sinn macht, Fl¨ achen zu berechnen, bei denen Unendlichkeiten“ auftreten: Sei es dadurch, dass das ” Integrationsintervall sich ins Unendliche erstreckt, oder der Integrand einen Pol besitzt (also unbeschr¨ ankt wird). Beispiel 6.15 Wir betrachten die Funktion f (x) = x12 auf ( 0 , ∞ ) und fragen uns, ob die ins Unendliche reichende Fl¨ ache aus Abbildung 6.15, die das Schaubild ur x  1 einschließt, einen endlichen Inhalt besitzt. Kf mit der x-Achse f¨ Dazu integrieren wir f zun¨achst auf dem endlichen Intervall [ 1 , z ] mit z > 1: +z * $ z 1 1 1 dx = − =1− . A(z) = 2 x x z 1 1

y

Kf

1

Wir erkennen, dass A(z) f¨ ur z → ∞ ge0 1 2 3 gen 1 strebt (siehe folgende Anmerkung); man schreibt daf¨ ur Abbildung 6.15   $ z $ ∞ 1 1 1 := = 1, dx lim A(z) = lim dx = lim 1 − z→∞ z→∞ 1 x2 z→∞ x2 z 1

x 4

und nennt diesen Grenzwert das uneigentliche Integral von f u ¨ber [ 1 , ∞ ). Obwohl die Fl¨ ache unter dem Schaubild sich ins Unendliche erstreckt, besitzt sie einen endlichen Inhalt! Anmerkung: Wir betrachten den Grenzwert limz→∞ A(z) auf intuitiver Basis. Wer eine strenge Definition m¨ochte, kann limz→∞ A(z) als limh→0+ A( h1 ) im Sinne von Definition 5.1 auf Seite 121 auffassen. h → 0+“ bedeutet dabei, dass wir uns ” von rechts der 0 n¨ahern, also nur Nullfolgen mit positiven Gliedern betrachten. Beispiel 6.16 Betrachte die Funktion f (x) = √1x auf ( 0 , 1 ]. Die vom Schaubild und der x-Achse zwischen 0 und 1 eingeschlossene Fl¨ ache reicht wieder ins Unendliy che; dieses Mal, weil der Integrand bei x = 0 einen ur x → 0+). Um zu sehen, Pol besitzt ( √1x → +∞ f¨ Kf ob sie einen endlichen Inhalt besitzt, gehen wir wie 1 eben vor. Wir integrieren f zun¨achst auf dem Intervall [ z , 1 ] (0 < z < 1): x $ 1  √ 1 √ 1 0 1 √ dx = 2 x z = 2 − 2 z, A(z) = x z Abbildung 6.16 und vollziehen anschließend den Grenz¨ ubergang z → 0+ (im Sinne von Definition 5.1): $ 1 $ 1  √  1 1 √ dx := lim A(z) = lim √ dx = lim 2 − 2 z = 2. z→0+ z→0+ z→0+ x x 0 z

6.4 Uneigentliche Integrale

181

Auch diesen Grenzwert nennt man uneigentliches Integral (zweiter Art: Integrationsbereich beschr¨ ankt, aber Integrand unbeschr¨ankt an einer Grenze des Integrationsbereiches).

—————————

—————————

Aufgabe 6.6 Untersuche, ob diese uneigentlichen Integrale existieren: $ ∞ $ −2 $ 1 x−1 1 1 √ dx a) dx c) dx. b) 2 3 x 1 0 x −∞ x Aufgabe 6.7 Das Schaubild der Funktion f (x) = x1 rotiert auf dem Intervall [ 1 , ∞ ) um die x-Achse. Untersuche, ob der so entstehende Rotationsk¨orper ein endliches Volumen besitzt. Was gilt f¨ ur die eingeschlossene Fl¨ache? —————————

—————————

Literatur zu Kapitel 6 [Heu] Heuser, H.: Lehrbuch der Analysis 1. Vieweg+Teubner, 17. Aufl. (2009) ¨ n] K¨onigsberger, K.: Analysis 1. Springer, 6. Aufl. (2004) [Ko [Roc] Roch, S.: Vorlesung Analysis II (SS 2013) http://www3.mathematik.tu-darmstadt.de/fileadmin/home/users/186/ Skripte Roch/analysis II ss13.pdf

Teil III

Rechenfertigkeiten

7

L¨ osen von (Un)Gleichungen

Nachdem wir uns bis jetzt mit vielen abstrakten und theoretisch anspruchsvollen Konzepten auseinander gesetzt haben, kommt nun ein Kapitel, in dem endlich mal wieder ganz normal“ gerechnet werden darf. Einige der hier vorgestellten L¨osungs” methoden werden dir aus der Schule noch in guter Erinnerung sein, aber bereits bei Bruch-, Wurzel-, oder gar Betragsgleichungen (von den zugeh¨origen Ungleichungen ganz zu schweigen) bist du vielleicht schon nicht mehr ganz so sattelfest. Siehe auch [Glo1] f¨ ur eine noch elementarere Darstellung dieser Thematik.

7.1

Polynom(un)gleichungen

Eine reelle Polynomgleichung ist eine Gleichung, die man auf die Form f (x) = 0 mit einem Polynom f (x) = an xn + an−1 xn−1 + . . . + a1 x + a0 mit reellen Koeffzienten ur i = 0, . . . , n, an = 0, bringen kann. Dabei heißt n Grad der Gleichung. ai ∈ R f¨ Eine reelle Zahl x heißt L¨ osung der Gleichung, wenn f (x) = 0 zu einer wahren Aussage wird, d.h. wenn x eine Nullstelle des Polynoms f ist.

7.1.1

Lineare und quadratische Gleichungen

Die F¨alle n = 1 (wie z.B. 37 x + 0,25 = 18 ) und n = 2 (wie z.B. 3x2 − 5x + 2 = 0) ¨ sollten dir wohlbekannt sein. Sie lassen sich durch Aquivalenzumformungen bzw. mit der L¨osungsformel f¨ ur quadratische Gleichungen ( Mitternachtsformel“) l¨osen. ” Teste zum Warmwerden dein Grundwissen an den Beispielen in Klammern. Bei quadratischen Gleichungen ax2 + bx + c = 0 gibt es jedoch manchmal schnellere Vorgehensweisen als Anwenden der L¨osungsformel. (1) Ist c = 0, so ergibt sich durch Ausklammern x · (ax + b) = 0 und nach dem Satz vom Nullprodukt ( Ein Produkt ♥ · Δ ist genau dann Null, wenn ” mindestens einer der beiden Faktoren Null ist, d.h. ♥ = 0 oder Δ = 0.“) sind ¨ ur a = 0. Kleine Ubung: Leite dies auch die L¨osungen x1 = 0 und x2 = − ab f¨ mit der L¨osungsformel her. (2) Der Satz von Vieta1 f¨ ur Gleichungen der Form x2 + px + q = 0: Findet man ur die (durch geschicktes Probieren) zwei Zahlen x1 und x2 , f¨ x1 + x2 = −p

und

x1 · x 2 = q

gilt, so sind dies die L¨ osungen der quadratischen Gleichung. Denn erf¨ ullen x1 und x2 diese Bedingungen, so gilt (x − x1 )(x − x2 ) = x2 − (x1 + x2 )x + x1 x2 = x2 + px + q, und die linke Seite besitzt offenbar die Nullstellen x1 und x2 . 1 Fran¸ `te (1540 – 1603); franz¨ cois Vie osischer Mathematiker. Auch als Vater der Algebra“ be” kannt, da er das Rechnen mit Buchstaben als Variablen einf¨ uhrte.

© Springer Fachmedien Wiesbaden GmbH, ein Teil von Springer Nature 2019 T. Glosauer, (Hoch)Schulmathematik, https://doi.org/10.1007/978-3-658-24574-0_7

186

¨ sen von (Un)Gleichungen 7 Lo

Division durch a u ¨berf¨ uhrt jede quadratische Gleichung ax2 + bx + c = 0 in 2 die normierte Form x + px + q = 0 mit Leitkoeffizient 1. Beispiel 7.1

L¨ose auf zwei Arten (zuerst ohne L¨osungsformel).

a) 3x2 + 3x − 18 = 0

b) x2 − 2x +

3 4

=0

a) Normieren mittels Division durch 3 liefert x2 + x − 6 = 0. Um den Satz von Vieta anwenden zu k¨onnen, m¨ ussen wir zwei Zahlen x1 und x2 finden, die x1 + x2 = −1

und

x1 · x2 = −6

¨ erf¨ ullen. Nach kurzem Uberlegen erkennt man x1 = 2 und x2 = −3 als L¨ osungen. Die L¨ osungsformel best¨atigt dies:   √ −1 ± 12 − 4 · 1 · (−6) 2 −1 ± 25 = = x1,2 = 2 2 −3. b) Wir suchen Zahlen x1 , x2 mit x 1 + x2 = 2 also x1 = x1,2

und

x1 · x2 = 34 ,

3 2

und x2 = 12 . Die L¨ osungsformel best¨atigt dies wieder:   √ 3 −(−2) ± (−2)2 − 4 · 1 · 34 2± 1 2 = = = 1 2 2 . 2

7.1.2

Gleichungen h¨ oheren Grades

Allgemeing¨ ultige Formeln zur L¨osung von Polynomgleichungen gibt es leider nur noch f¨ ur n = 3 und n = 4, und selbst in diesen F¨allen sind die sogenannten cardanischen Formeln eher abschreckend (siehe Seite 277 f¨ ur n = 3). Wir werden uns daher nur auf einige Spezialf¨alle beschr¨anken.

a) Ausklammern Wie oben kann man im Fall a0 = 0 mindestens eine Potenz von x ausklammern (ohne dass negative Potenzen von x in der Klammer entstehen). Beispiel 7.2 5x4 + 3x3 + 6x2 = 0 wird zu x2 · (5x2 + 3x + 6) = 0. Mit dem Satz osen. Da vom Nullprodukt bleiben die Gleichungen x2 = 0 und 5x2 + 3x + 6 = 0 zu l¨ die zweite quadratische Gleichung keine L¨osungen besitzt (negative Diskriminante 32 − 4 · 5 · 6 unter der Wurzel), erhalten wir L = { 0 }. ur x = 0 erlaubt. Der Fall Achtung: Division der Gleichung durch x2 ist nur f¨ x = 0 muss dann gesondert betrachtet werden, was man oft vergisst und dadurch die L¨osung x = 0 verliert“. Ausklammern und Nullproduktsatz anwenden ist also ” stets der Division durch (Potenzen von) x vorzuziehen.

7.1 Polynom(un)gleichungen

187

b) Raten und Polynomdivision Beispiel 7.3 Will man die Gleichung x3 + x2 − 17x + 15 = 0 ohne cardanische Formeln l¨ osen, geht dies nur, wenn man zumindest eine L¨osung erraten kann. Hier wird man in der Regel aber nur Gl¨ uck haben, wenn die Gleichung ganzzahlige L¨ osungen besitzt. Probieren wir doch mal . . . x1 = 1: Wie der Zufall so will, ist in der Tat 13 + 12 − 17 · 1 + 15 = 0. Jetzt folgt eine Polynomdivision (siehe Seite 209, wenn dir diese aus der Schule nicht bekannt ist) durch den Faktor x − x1 = x − 1: (x3 + x2 − 17x + 15) : (x − 1) = x2 + 2x − 15. −(x3 − x2 ) 2x2 −(2x2 − 2x) −15x −(−15x + 15) 0 Also gilt x3 + x2 − 17x + 15 = (x − 1) · (x2 + 2x − 15), und mit dem Satz vom Nullprodukt bleibt noch die reduzierte Gleichung x2 + 2x − 15 = 0 zu l¨osen. Der Satz von Vieta liefert x2 = 3 und x3 = −5. Insgesamt ergibt sich die L¨osungsmenge L = { −5, 1, 3 }. Alternative: Es geht auch ohne Polynomdivision! Wir suchen ein Polynom zweiten Grades ax2 + bx + c, welches (x − 1) · (ax2 + bx + c) = x3 + x2 − 17x + 15 erf¨ ullt. Ausmultiplizieren und Ordnen ergibt ax3 + (b − a)x2 + (c − b)x − c = x3 + x2 − 17x + 15. Koeffizientenvergleich liefert sofort a = 1 und c = −15, woraus mit b − a = 1 (oder mit c − b = −17) sogleich b = 2 folgt. Somit erhalten wir die reduzierte Gleichung x2 + 2x − 15 = 0. ¨ Außerst n¨ utzlich beim Aufsp¨ uren ganzzahliger Nullstellen ist das folgende Lemma 7.1

Sind alle Koeffizienten der Gleichung

an xn + an−1 xn−1 + . . . + a1 x + a0 = 0 ganzzahlig, so ist jede ganzzahlige L¨osung (falls es u ¨berhaupt eine solche gibt) ein Teiler des letzten Summanden a0 .

188

¨ sen von (Un)Gleichungen 7 Lo

Beweis:

Sei z ∈ Z eine ganzzahlige L¨osung obiger Gleichung. Dann ist an z n + an−1 z n−1 + . . . + a1 z + a0 = 0

=⇒

(an z n−1 + an−1 z n−2 + . . . + a1 ) · z = −a0

=⇒

k · z = a0

mit

k = −(an z n−1 + an−1 z n−2 + . . . + a1 ).

Aufgrund der Voraussetzung ai ∈ Z f¨ ur alle i ist k eine ganze Zahl, sprich z | a0 . (Wir erweitern unseren fr¨ uheren Teilbarkeitsbegriff auf Z, indem wir in a0 = k · z auch negative k zulassen.)  Beispiel 7.4

L¨ose die Gleichung x3 − 37x2 + x − 37 = 0.

Laut obigem Lemma sind die einzigen Kandidaten f¨ ur ganzzahlige L¨ osungen ±1 und ±37, da 37 eine Primzahl ist. (Ohne dieses Wissen w¨ urde man vermutlich mit ±1, ±2, . . . beginnen und irgendwann frustriert aufgeben.) Mit x1 = 37 klappt’s, und die Polynomdivision liefert (x3 − 37x2 + x − 37) : (x − 37) = x2 + 1. −(x3 − 37x2 ) 0 + x − 37 −(x − 37) 0 Die reduzierte Gleichung x2 + 1 = 0 besitzt keine reellen L¨osungen mehr, so dass u ¨ber R die L¨osungsmenge L = { 37 } ist.

c) Substitution Manchmal l¨asst sich eine Gleichung h¨oheren Grades durch eine Ersetzung der Form u = xk in eine mit obigen Methoden l¨osbare Gleichung geringeren Grades u ¨berf¨ uhren. Beispiel 7.5

L¨ose die Gleichung x4 − 32 x2 − 1 = 0.

Substituiere x2 durch u. Dann ist x4 = (x2 )2 = u2 , und wir erhalten die quadratische Gleichung u2 − 32 u − 1 = 0, welche laut Vieta die L¨osungen u1 = − 12 und u2 = 2 besitzt. oglich ist, oder x2 = 2, so dass R¨ ucksubstitution ergibt x2 = − 12 , was in R nicht m¨ √ die reelle L¨osungsmenge L = { ± 2 } ist. Weitere Beispiele zur Substitution findest du in den Aufgaben und in den folgenden Abschnitten.

189

7.1 Polynom(un)gleichungen

—————————

—————————

Aufgabe 7.1 L¨ ose folgende Gleichungen mittels Polynomdivision und dem alternativen Verfahren aus Beispiel 7.3. a) x3 − 4x2 + x + 6 = 0

b) x3 − 2x2 + x − 2 = 0

c) x3 − 7x − 6 = 0

Aufgabe 7.2 L¨ ose folgende Gleichungen mittels Substitution. Tipp: Im Aufgabenteil c) musst du nach der Substitution noch eine Polynomdivision durchf¨ uhren. a) 4x4 − 12x2 + 9 = 0

b) x5 + 14 x3 − 38 x = 0

—————————

7.1.3

c) 14x6 − 67x4 + 81 = 0 —————————

Polynomungleichungen

Eine reelle Polynomungleichung n-ten Grades ist eine Ungleichung, die man auf die Form f (x)  0 oder f (x) > 0 mit einem reellen Polynom vom Grad n bringen kann. (Die F¨alle  0 und < 0 erh¨alt man durch Betrachtung von −f .) Eine reelle Zahl x heißt L¨ osung der Gleichung, wenn die Ungleichung bei der Einsetzung von x in eine wahre Aussage u ¨bergeht. Wir beschr¨anken uns im Folgenden auf die Betrachtung linearer, quadratischer und einfacher kubischer Ungleichungen. Die Methode, die hier f¨ ur quadratische Ungleichungen vorgestellt wird, l¨asst sich aber auch auf Ungleichungen h¨oheren Grades u ¨bertragen, da die Schwierigkeit im Bestimmen der L¨osungen der zugeh¨origen Gleichung besteht und nicht darin, dass eine Ungleichung vorliegt. ¨ Im linearen Fall l¨ ost man eine Ungleichung durch Aquivalenzumformungen. Dabei ist zu beachten, dass bei der Multiplikation (Division) der Ungleichung mit einer negativen Zahl das Ungleichheitszeichen umgedreht werden muss2 . Beispiel 7.6

Teste dein Grundwissen an den folgenden Ungleichungen.

a) 12x − 2 < 6

b) 8(3x − 5) − 25x  5

a) Addieren von 2 ergibt 12x < 8, und Teilen durch 12 > 0 liefert x < also ist die L¨osungsmenge L = { x ∈ R | x < 23 } = (−∞ , 23 ).

8 12

= 23 ,

b) Auf der linken Seite steht 24x − 40 − 25x = −x − 40, was auf −x  45 f¨ uhrt. Multiplikation mit −1 dreht das  -Zeichen um, d.h. x  −45. Somit ist L = { x ∈ R | x  −45 } = (−∞ , −45 ]. 2 Anschaulich bedeutet b > a, dass b auf dem Zahlenstrahl weiter rechts liegt als a, was bei Streckung mit m > 0 erhalten bleibt, d.h. es ist auch mb > ma. Ein Minuszeichen spiegelt an der 0, kehrt also die Lage um, so dass −mb < −ma folgt. F¨ ur eine formale Begr¨ undung braucht man die Anordnungsaxiome, siehe Seite 257.

190

¨ sen von (Un)Gleichungen 7 Lo

Wie man bei quadratischen Ungleichungen vorgeht, zeigt das n¨ achste Beispiel. Beispiel 7.7

Wir l¨ osen die quadratische Ungleichung x2 − 2x − 3 > 0.

Die L¨osungen der zugeh¨ origen Gleichung f (x) = x2 − 2x − 3 = 0 sind nach Vieta (oder der L¨osungsformel) x1 = −1 und x2 = 3. Deshalb l¨asst sich die linke Seite der Ungleichung faktorisieren als x2 − 2x − 3 = (x − x1 ) · (x − x2 ) = (x + 1) · (x − 3). Soll nun f (x) > 0 gelten, so m¨ ussen die beiden Faktoren x + 1 und x − 3 dasselbe Vorzeichen besitzen. Fall 1: x + 1 > 0 und x − 3 > 0, d.h. x > −1 und x > 3, also zusammen x > 3. Fall 2: x + 1 < 0 und x − 3 < 0, d.h. x < −1 und x < 3, also zusammen x < −1. Insgesamt ergibt sich L = (−∞ , −1 ) ∪ ( 3 , ∞ ) als L¨osungsmenge der Ungleichung. Dies wird noch klarer, wenn man sich das Schaubild Kf als nach oben ge¨offnete Parabel mit den Nullstellen −1 und 3 vorstellt (siehe Abbildung 7.1). 3 2 f (x) > 0

f (x) > 0

1

−4 −3 −2 −1 0 −1 −2 −3

1

2

3

4

5

6

Kf

−4

Abbildung 7.1 Bei Ungleichungen h¨oheren Grades k¨onnen die vielen Fallunterscheidungen bei dieser Vorgehensweise etwas m¨ uhsam werden. Deshalb pr¨ asentieren wir noch einen weiteren L¨ osungsweg, der zwar keinen geringeren Aufwand erfordert, bei dem man daf¨ ur aber fast nichts denken muss. Er basiert auf folgender Beobachtung: Sind x1 < x2 benachbarte Nullstellen eiur ein x0 ∈ ( x1 , x2 ) = I, so gilt bereits nes Polynoms f (x), und gilt f (x0 ) > 0 f¨ f (x) > 0 f¨ ur alle x ∈ I. Das liegt daran, dass Polynome stetig sind, und somit auf I kein weiterer Vorzeichenwechsel stattfinden kann, denn zwischen x1 und x2 liegt unge mit Vorzeichenja keine weitere Nullstelle von f . Kurz: Kf macht keine Spr¨ ” wechsel“. (Eine formale Begr¨ undung ben¨otigt den Zwischenwertsatz.) Wir f¨ uhren dieses Vorgehen am Beispiel quadratischer Ungleichungen vor: Zun¨achst ¨ bringt man die Ungleichung mittels Aquivalenzumformungen auf die Form ax2 + bx + c  0

()

191

7.1 Polynom(un)gleichungen

(statt  kann auch >,  oder < stehen), und bestimmt wieder die L¨ osungen der zugeh¨origen quadratischen Gleichung ax2 + bx + c = 0. 1. Findet man keine L¨osung, hat die linke Seite f¨ ur jede reelle Zahl dasselbe Vorzeichen. Einsetzen von beispielsweise x = 0 liefert f¨ ur () die Aussage c  0. Ist diese wahr, so ist die Ungleichung f¨ ur jedes x ∈ R erf¨ ullt, d.h. L = R. Ist sie falsch, so gilt L = ∅. 2. Hat die quadratische Gleichung genau eine L¨osung x0 , ullt so pr¨ uft man f¨ ur ein x = x0 , ob die Ungleichung erf¨ ist. Falls ja (nein), ist sie automatisch f¨ ur alle (kein) x erf¨ ullt, da kein weiterer Vorzeichenwechsel erfolgen kann. (Bei Ungleichungen h¨oheren Grades m¨ ussen die F¨alle x < x0 und x > x0 untersucht werden.) ort, liegt an der Ob x0 selbst zur L¨osungsmenge geh¨ Art des Ungleichheitszeichens (  oder >). 3. Sind x1 < x2 zwei verschiedene L¨osungen der quadratischen Gleichung, u ¨berpr¨ uft man die Ungleichung f¨ ur je ein x aus den Intervallen (−∞ , x1 ), ( x1 , x2 ) ugt bereits ein Intervall; und ( x2 , ∞ ). (Eigentlich gen¨ siehe Schaubild.) Ob x1 und x2 selbst zur L¨osungsmenge geh¨oren, liegt auch hier wieder an der Art des Ungleichheitszeichens.

y

x

y

x x0

y

x x1

x2

Die Idee, durch das Auffinden der L¨ osungen der zugeh¨origen Gleichung die reellen Zahlen in Teilbereiche zu zerlegen, in denen die Ungleichung erf¨ ullt oder nicht erf¨ ullt ist, u ¨bertr¨ agt sich analog auf Ungleichungen h¨ oheren Grades. Beispiel 7.8

L¨ose die folgenden Ungleichungen.

a) 2x2 + 4x − 6  0

b) x3 + x2 − 17x < −15

c) x3 + 2x2 > 0

a) Division durch 2 ergibt x2 + 2x − 3  0, und die zugeh¨orige quadratische Gleichung lautet x2 + 2x − 3 = 0. Mit Vieta folgt x1 = −3 und x2 = 1. Aufgrund des  -Zeichens geh¨oren x1 und x2 auch zur L¨osungsmenge L der Ungleichung. ¨ ◦ Uberpr¨ ufen der Ungleichung f¨ ur z.B. −4 < x1 ergibt 2 · 16 − 16 − 6  0, also eine wahre Aussage. Somit ist (−∞ , −3 ] ⊆ L ahlt man nat¨ urlich x = 0 und erh¨alt −6  0, ◦ Im Bereich x1 < x < x2 w¨ was eine falsche Aussage ist. ◦ F¨ ur 2 > x2 ergibt sich wiederum die wahre Aussage 2 · 4 + 8 − 6  0, folglich gilt [ 1 , ∞ ) ⊆ L . Insgesamt erhalten wir als L¨osungsmenge L = { x ∈ R | x  −3 ∨ x  1 } = (−∞ , −3 ] ∪ [ 1 , ∞ ).

192

¨ sen von (Un)Gleichungen 7 Lo

b) Addition von 15 liefert (): x3 + x2 − 17x + 15 < 0, und nach Beispiel 7.3 besitzt die zugeh¨orige Gleichung die L¨osungen x1 = −5, x2 = 1 und x3 = 3. ◦ F¨ ur x = −6 < x1 wird () zur wahren Aussage −63 < 0. ◦ F¨ ur x = 0 ∈ ( x1 , x2 ) folgt 15 < 0, was falsch ist. ◦ x = 2 ∈ ( x2 , x3 ) liefert −7 < 0; wahr. ◦ x = 4 > x3 in () eingesetzt liefert 27 < 0, eine falsche Aussage. Die L¨osungsmenge ist also L = { x ∈ R | x < −5 ∨ 1 < x < 3 } = (−∞ , −5 ) ∪ ( 1 , 3 ). c) Durch Ausklammern erh¨ alt man die zugeh¨orige Gleichung x2 (x + 2) = 0. Der Satz vom Nullprodukt liefert die L¨osungen x1 = −2 und x2 = 0. ◦ Einsetzen von x = −3 < x1 ergibt die falsche Aussage −27 + 18 > 0. ◦ F¨ ur x = −1 ∈ ( x1 , x2 ) folgt −1 + 2 > 0, was stimmt. ◦ Auch f¨ ur x = 1 > x2 ergibt sich die wahre Aussage 1 + 2 > 0. Somit ist L = (−2 , ∞ )\{0}. Beachte, dass die Null aufgrund des >–Zeichens nicht zur L¨osungsmenge geh¨ort. Siehe auch Abbildung 7.2. Bei dieser Ungleichung f¨ uhrt eine Vorzeichenuntersuchung der Faktoren in urlich wesentlich schneller zum Ziel. x2 · (x + 2) > 0 wie in Beispiel 7.7 nat¨ y 2 f (x) = x3 + 2x2 1

x −2

−1

0

1

Abbildung 7.2 ————————— Aufgabe 7.3

—————————

L¨ ose die folgenden Ungleichungen.

a) −x2 + 4x < 0

1 b) x4 + 38 x2 − 16  0

—————————

c) 3x3 + 6x2 > x3 + 36x + 80 —————————

193

7.2 Bruch(un)gleichungen

7.2

Bruch(un)gleichungen

7.2.1

Bruchgleichungen

Gleichungen wie z.B. x 7 1 = + 2 4 x

oder

1 2 1 5 + + 2 = , x−1 x+1 x −1 8

in denen x in irgendeiner Form im Nenner vorkommt, heißen Bruchgleichungen. Im Unterschied zu Polynomgleichungen kann es bei Bruchgleichungen Definitionsl¨ ucken geben, n¨amlich immer dann, wenn ein Nenner Null wird. Typische Vorgehensweise beim L¨osen von Bruchgleichungen: Nenner beseitigen! Dies erreicht man durch Multiplikation der gesamten Gleichung mit dem kleinsten gemeinsamen Vielfachen aller Nenner (lies dazu auch die Anmerkung). Beispiel 7.9 L¨ose die beiden obigen Bruchgleichungen (jeweils auf ihrem maximalen Definitionsbereich D ⊂ R) a)

x 7 1 = + , 2 4 x

b)

1 2 1 5 + + 2 = . x−1 x+1 x −1 8

a) Ein gemeinsamer Nenner ist offensichtlich 4x. Multiplikation der Gleichung mit ebendiesem ergibt 2x2 = 7x + 4, was auf die quadratische Gleichung uhrt. Die L¨ osungsformel oder Vieta liefern nun x = 4 2x2 − 7x − 4 = 0 f¨ und x = − 12 . Da beides im (maximalen) Definitionsbereich D = R\{ 0 } der urspr¨ unglichen Gleichung liegt, gilt L = {− 12 , 4 }. b) Das kleinste gemeinsame Vielfache ist hier 8(x − 1)(x + 1), weil x2 − 1 = (x − 1)(x + 1) ist. Multiplikation damit liefert zun¨achst: 8(x−1)(x+1) x−1

+

2 ·8(x−1)(x+1) x+1

+

8(x−1)(x+1) x2 −1

=

5 ·8(x−1)(x+1) , 8

8(x + 1)

+

16(x − 1)

+

8

=

5(x2 − 1).

d.h.

Nach Zusammenfassen erh¨ alt man 5x2 − 24x − 5 = 0; eine quadratische Gleiunglichen chung mit den L¨osungen 5 und − 15 , welches auch L¨osungen der urspr¨ Bruchgleichung sind, da sie in deren Definitionsbereich D = R\{ ±1 } liegen. Anmerkung: Beachten des Definitionsbereiches ist unerl¨asslich: Multipliziert man die zweite Gleichung ung¨ unstigerweise nicht mit dem kleinsten gemeinsamen Vielfachen sondern mit 8(x − 1)(x + 1)(x2 − 1), erh¨ alt man eine Gleichung vierten osungen 1 und −1 besitzt. Grades, die neben obigen Werten 5 und − 15 die Scheinl¨ Da diese aber nicht im Definitionsbereich der Bruchgleichung liegen, darf man nicht vergessen, sie am Ende wieder auszuschließen.

194

¨ sen von (Un)Gleichungen 7 Lo

————————— Aufgabe 7.4 a)

—————————

L¨ ose die Bruchgleichungen (auf maximalem D ⊂ R)

x 2x 1 x+3 + = + , x − 3 x + 3 x − 3 9 − x2 —————————

7.2.2

b)

1 1 1 − =1− . x2 − x x − 1 2x —————————

Bruchungleichungen

Beim L¨osen von Bruchungleichungen verfolgt man dieselbe Strategie wie bisher: Der Nenner muss weg. Man multipliziert die Ungleichung wieder mit dem kleinsten gemeinsamen Nenner. Allerdings muss man darauf achten, das Ungleichheitszeichen umzudrehen, sofern dieser Nenner negativ ist, was in der Regel auf Fallunterscheidungen f¨ uhrt. Beispiel 7.10 a)

3  1 x−1

L¨ ose die Bruchungleichungen f¨ ur x ∈ R\{1},

b)

x 7 1  + 2 4 x

f¨ ur x ∈ R\{0}.

a) Wir multiplizieren die Ungleichung mit dem einzigen Nenner x − 1. Dabei m¨ ussen wir eine Fallunterscheidung machen: Fall 1: Ist x − 1 > 0, also x > 1, so bleibt das Ungleichheitszeichen erhalten und die Multiplikation mit x − 1 ergibt 3  x − 1 bzw. x  4. Fall 2: Ist x − 1 < 0, also x < 1, so dreht sich bei der Multiplikation mit x − 1 das  -Zeichen um, also erhalten wir 3  x − 1 bzw. x  4. Da wir uns im Fall x < 1 befinden, entfallen alle L¨osungen mit 1  x  4. (Der Fall x = 1 wurde nicht vergessen, sondern ist sowieso ausgeschlossen, da 1 nicht im Definitionsbereich der Ungleichung liegt.) Zusammen ergibt sich die L¨osungsmenge L = (−∞ , 1 ) ∪ [ 4 , ∞). b) Der kleinste gemeinsame Nenner ist hier 4x. Wir machen folgende Fallunterscheidung: Fall 1: Ist 4x positiv, also x > 0, liefert Multiplikation mit 4x die Ungleichung 2x2  7x + 4, was auf die quadratische Ungleichung 2x2 − 7x − 4  0 f¨ uhrt. Da die L¨ osungen der zugeh¨origen Gleichung x = 4 und x = − 12 sind, l¨asst sich die Ungleichung auch als 2(x − 4)(x + 12 )  0 schreiben. Letztere ist erf¨ ullt, wenn beide Klammern positiv (bzw. 0) oder beide negativ sind. Fall 1.1: Damit beide Klammern positiv oder Null werden, muss x  4 und x  − 12 sein. Zusammengefasst also x  4.

195

7.2 Bruch(un)gleichungen

Fall 1.2: Damit beide Klammern negativ werden, muss x < 4 und x < − 12 sein. Zusammengefasst also x < − 12 . Da im gesamten Fall 1 aber x positiv ist, f¨ uhrt Fall 1.2 auf keine L¨osung. Fall 2: Ist 4x negativ, also x < 0, liefert Multiplikation mit 4x die Ungleichung 2x2  7x + 4, was diesmal auf die quadratische Ungleichung 2x2 − 7x − 4  0 f¨ uhrt. Wir spalten die Ungleichung wieder in einzelne ullt, wenn die Klammern Faktoren auf: 2(x − 4)(x + 12 )  0. Diese ist jetzt erf¨ unterschiedliche Vorzeichen haben. Fall 2.1: Damit die erste Klammer positiv (oder 0) und die zweite negativ ist, m¨ usste x  4 und x < − 12 gelten, was nicht geht. Fall 2.2: Andersherum muss x < 4 und x  − 12 sein, also zusammen − 12  x < 4, was wegen der Voraussetzung x < 0 auf − 12  x < 0 eingeschr¨ ankt wird. Es ergibt sich schließlich L = [ − 12 , 0 ) ∪ [ 4 , ∞ ). Anmerkung: Nat¨ urlich k¨ onnte man in Fall 1 und 2 auch wie in Beispiel 7.8 vorgehen und Zahlen einsetzen, um die G¨ ultigkeit der ¨aquivalenten Polynomufen, was vom Aufwand her ungleichung 2x2 − 7x − 4  0 (bzw.  0) zu pr¨ vergleichbar ist. Im n¨ achsten Beispiel thematisieren wir beides. Beispiel 7.11

L¨ose

3 1 3 < + 2x − 4 x 2x − 2

f¨ ur x ∈ R\{ 0, 1, 2 }.

Der kleinste gemeinsame Nenner ist N (x) = 2x(x − 1)(x − 2) (bei 2x − 4 und 2x − 2 kann man jeweils eine 2 rausziehen). Um dessen Vorzeichen zu untersuchen, legt man am besten eine Vorzeichentabelle an. x x 4, dieser Fall steuert somit ( 4 , ∞ ) zur L¨osungsmenge L bei. Fall 1.2: Beide Klammern negativ, d.h. x < 12 und x < 4, sprich x < ¨brig. Nach Schneiden mit J1 bleibt ( 0 , 12 ) ⊂ L u

1 2.

Fall 2: Ist N (x) negativ, also x ∈ (−∞ , 0 ) ∪ ( 1 , 2 ) = J2 , so ¨andert sich bei Multiplikation der Ungleichung mit N (x) das Ungleichheitszeichen, und man erh¨alt nach den gleichen Umformungen wie oben p(x) = (x− 12 )(x−4) < 0. Die Klammern m¨ ussen jetzt also verschiedene Vorzeichen besitzen. ullbar. Dieser Fall liefert also keine Fall 2.1: x < 12 und x > 4 ist nicht erf¨ weiteren L¨ osungen. Fall 2.2: x > 12 und x < 4 bedeutet x ∈ ( 12 , 4 ), was geschnitten mit J2 auf ( 1 , 2 ) ⊂ L f¨ uhrt. Insgesamt erhalten wir also die L¨osungsmenge L = ( 0, 12 ) ∪ ( 1 , 2 ) ∪ ( 4 , ∞ ). Nachdem man J1 , J2 sowie p(x) wie gerade eben bestimmt hat, kann man alternativ auch mittels Einsetzen fortfahren: Die L¨osungen der zugeh¨ origen Gleichung p(x) = x2 − 92 x + 2 = 0 sind x1 = 12 und x2 = 4, also haben die Test-Intervalle“ die Gestalt ” I1 = (−∞ , 12 ), I2 = ( 12 , 4 ) und I3 = ( 4 , ∞ ). In Fall 1, also f¨ ur x ∈ J1 , ist die Polynomungleichung p(x) > 0 () zu untersuchen. Wann diese erf¨ ullt ist, l¨ asst sich nun durch Einsetzen dreier Testzahlen aus I1 ∩ J1 , ur p(x) < 0 (∗) in Fall 2, I2 ∩ J1 und I3 ∩ J1 herausfinden. Analog verf¨ahrt man f¨ uhren wir in den L¨osungen zu Aufgabe 7.5 also auf J2 . Diese sture Vorgehensweise f¨ vor; hier wollen wir etwas eleganter argumentieren: F¨ ur x = 0 ∈ I1 ist p(0) = 2 > 0, d.h. es gilt p(x) > 0 auf ganz I1 . Stellt man sich die Parabel Kp vor, leuchtet sofort ein, dass p(x) < 0 auf I2 und p(x) > 0 auf I3 sein muss. Insgesamt ist also p(x) > 0 f¨ u r x ∈ I1 ∪ I 3

und

p(x) < 0 f¨ ur x ∈ I2 .

ullt, w¨ahrend (∗) Folglich ist () aus Fall 1 auf (I1 ∪ I3 ) ∩ J1 = ( 0, 12 ) ∪ ( 4 , ∞ ) erf¨ urlich wieder aus Fall 2 f¨ ur alle x ∈ I2 ∩ J2 = ( 1 , 2 ) gilt, so dass wir am Ende nat¨ auf die gleiche L¨ osungsmenge L kommen. Welche Methode man w¨ ahlt, ist Geschmackssache. Die zweite ist jedoch meist aufw¨ andiger (vor allem, wenn man stur alle Test-Intervalle durchhechelt).

197

7.2 Bruch(un)gleichungen

Beispiel 7.12

Wir demonstrieren am Beispiel der simplen Bruchungleichung

1 + 1 > 0, x dass das L¨osungsverfahren f¨ ur Polynomungleichungen aus Beispiel 7.8 ( Testen ” zwischen den Nullstellen“) hier nicht direkt anwendbar ist. Dies liegt letztendlich daran, dass die zur Ungleichung geh¨ orige Funktion f (x) = x1 +1 bei x = 0 einen Pol mit Vorzeichenwechsel hat, was bei Polynomungleichungen nicht passieren kann. Die zugeh¨ orige Gleichung lautet x1 + 1 = 0 und besitzt x0 = −1 als einzige L¨osung. Setzt man nun z.B. x = − 12 > x0 in die Ungleichung ein, erh¨alt man die falsche Aussage −1 > 0, aus der man hier allerdings nicht schließen darf, dass die Ungleichung f¨ ur alle x > x0 nicht erf¨ ullt w¨are. Da f (x) f¨ ur x > 0 wieder positiv ist, geh¨ oren tats¨ achlich alle x > 0 zur L¨ osungsmenge; siehe Abbildung 7.3.

3 2

Kf

1 −2

−1 −1

0

1

2

3

4

Abbildung 7.3 Korrekter L¨ osungsweg: Wir multiplizieren mit x und unterscheiden zwei F¨ alle. Fall 1: F¨ ur x > 0 ist die Ungleichung ¨aquivalent zu 1 + x > 0, also x > −1. Da wir in Fall 1 sind, muss insgesamt x > 0 sein. Fall 2:

F¨ ur x < 0 geht die Ungleichung u ¨ber in 1 + x < 0, also x < −1.

Die komplette L¨osungsmenge ist demnach L = (−∞ , −1 ) ∪ ( 0 , ∞ ).

—————————

————————— Aufgabe 7.5

b)

L¨ ose folgende Bruchungleichungen:

x3 10 − 2x +x+  , x+1 x+1 x+1 —————————

c)

a)

x+1  0, x+2

1 2 1 5 + + < . x − 1 x + 1 x2 − 1 8 —————————

198

¨ sen von (Un)Gleichungen 7 Lo

7.3

Wurzel(un)gleichungen

7.3.1

Wurzelgleichungen

Gleichungen wie etwa 2+

√

20 − 4x = x

oder

√

x−1+1=

√ 2x

in denen x also in irgendeiner Form unter einer Wurzel vorkommt, heißen Wurzelgleichungen. Da im Reellen unter der Wurzel keine negativen Werte stehen d¨ urfen, ist der Definitionsbereich von Wurzelgleichungen (d.h. die Menge aller x, f¨ ur die alle Radikanden  0 sind) im Allgemeinen nicht ganz R. Beim L¨osen von Wurzelgleichungen empfiehlt sich folgendes Vorgehen: Isolieren, ” quadrieren, probieren“. Genauer: Zuerst muss die Wurzel isoliert werden, anschließend wird die Gleichung quadriert. Enth¨alt die Gleichung sogar mehrere Wurzelterme, m¨ ussen diese beiden Schritte eventuell mehrfach ausgef¨ uhrt werden. Am Schluss ist eine Probe mit den erhaltenen Werten in der urspr¨ unglichen Gleichung unerl¨ asslich, da es sich beim ¨ Quadrieren um keine Aquivalenzumformung handelt! Dies kann man an folgendem Beispiel leicht sehen: Aus der Gleichung x2 = −1, die keine reelle L¨ osung besitzt, wird nach Quadrieren die Gleichung x4 = 1, deren L¨ osungsmenge L = { ±1 } nicht leer ist. 1 und −1 sind aber nur Scheinl¨ osungen, die man sich beim Quadrieren eingefangen hat. Außerdem ersetzt die Probe eine gesonderte Betrachtung des Definitionsbereichs der Wurzelterme, weil sp¨ atestens beim Einsetzen der L¨osungskandidaten auff¨allt, ob alle Terme definiert sind. Beispiel 7.13

L¨ose

a) 2 +

√

20 − 4x = x,

b)

√

x−1+1=

√ 2x.

√ a) Nach Isolieren der Wurzel bleibt die Gleichung 20 − 4x = x − 2 zu quadrieren. Anwendung der binomischen Formel liefert nun die Gleichung 20 − 4x = x2 − 4x + 4, was auf x2 = 16 und damit uhrt. √ x = ±4 f¨ 16 = 2 + 2 = 4, was der rechten Die Probe mit x = 4 ergibt links 2 + 20 − √ Seite entspricht. F¨ ur x = −4 steht links 2 + 20 + 16 = 2 + 6 = 8, was nicht mit −4 u ¨bereinstimmt. Die L¨osungsmenge ist also nur L = {4}. An diesem Beispiel sieht man auch schnell, warum das Isolieren als erster Schritt notwendig ist. Sofortiges Quadrieren w¨ urde 4+4

√

20 − 4x +

√

20 − 4x

2

= x2

liefern. Die hintere Wurzel verschwindet zwar, aber der mittlere Term enth¨alt immer noch die Wurzel und man ist der L¨osung keinen Schritt n¨aher.

199

7.3 Wurzel(un)gleichungen

b) Da eine Wurzel bereits isoliert ist, quadriert man sofort. √ 2 √ √ 2 x − 1 + 2 x − 1 + 1 = 2x √ x − 1 + 2 x − 1 + 1 = 2x √ 2 x−1=x

| Isolieren der Wurzel | erneutes Quadrieren

4(x − 1) = x2 x2 − 4x + 4 = 0 Die letzte Gleichung lautet (x − 2)2 = 0 (Binom), und deshalb ist x = 2 der einzige ur eine L¨ osung. Die Probe zeigt, dass dies eine L¨osung ist, √ f¨ √ Kandidat da 1 + 1 = 4. Die L¨osungsmenge ist L = {2}. Anmerkung: Die hier vorgestellte Vorgehensweise l¨asst sich genauso auf dritte, vierte, . . . , n-te Wurzeln u ¨bertragen. Statt des Quadrierens muss dann aber mit dem entsprechenden n potenziert werden (siehe Aufgabe 7.7 c)).

—————————

—————————

Aufgabe 7.6 Finde je ein Beispiel einer Wurzelgleichung, bei der durch das Quadrieren die L¨ osungsmenge a) ver¨andert, b) nicht ver¨andert wird. Aufgabe 7.7 a)

L¨ ose folgende Wurzelgleichungen.

√ 6x + 37 = x + 5

b)

√

2x2 =

—————————

7.3.2

√ x2 − 1 − 1

c)

√ 3

5x + 2 = x − 2

—————————

Wurzelungleichungen

Wie bei den Polynomungleichungen auch, l¨osen wir zuerst die zugeh¨orige Wurzelgleichung. Achtung: Probe nicht vergessen! Anschließend testen wir auf den entstehenden Teilintervallen, ob die Ungleichung dort erf¨ ullt ist3 . Hierbei ist sicherzustellen, dass die Teilintervalle in der Definitionsmenge der Wurzelgleichung liegen, weshalb diese hier explizit bestimmt werden muss. 3 Beachte

hier jedoch wieder Beispiel 7.12. So besitzt etwa f (x) = Pol mit Vorzeichenwechsel.

√ 3

√

x/

|x|

bei x = 0 einen

200

¨ sen von (Un)Gleichungen 7 Lo

√ L¨ ose die Wurzelungleichung 2 3x + 1 + x  5. √ Wir l¨ osen zun¨achst die zugeh¨orige Wurzelgleichung 2 3x + 1+x = 5. Isolieren und Quadrieren f¨ uhrt zun¨ achst auf 12x + 4 = x2 − 10x + 25, was zu x2 − 22x + 21 = 0 ¨aquivalent ist und nach Vieta die L¨osungen x1 = 1 und x2 = 21 besitzt. Die Probe osung ist. zeigt, dass nur x1 = 1 eine L¨ Da die Definitionsmenge D = { x ∈ R | 3x + 1  0 } = [− 13 , ∞ ) ist, sind die zu pr¨ ufenden Teilintervalle I1 = [− 13 , 1 ] und I2 = [ 1 , ∞ ). √ ◦ Wir w¨ahlen x = 0 ∈ I1 und erhalten 2 1 + 0  5, was falsch ist. √ ◦ F¨ ur die Wahl x = 5 ∈ I2 folgt dagegen 2 16 + 5  5, eine wahre Aussage.

Beispiel 7.14

Somit ist L = I2 = [ 1 , ∞ ) die L¨osungsmenge der Wurzelungleichung.

—————————

—————————

Aufgabe 7.8 L¨ ose folgende Wurzelungleichungen. √ √ √ a) 16 + x2 − x  5 b) 2 x − 2  x − 1 —————————

7.4

c)

√

1

2 x+2

>

1 x−1

—————————

Betrags(un)gleichungen

Wiederhole als Grundlage f¨ ur diesen Abschnitt, was der Betrag einer reellen Zahl ist (Seite 72), und wirf nochmals einen Blick auf das Schaubild der Betragsfunktion x → |x| auf Seite 127.

7.4.1

Betragsgleichungen und Betragsfunktionen

Gleichungen wie z.B. |x − 1| = 2 − 3|x|

oder

|1 − x2 | =

2 , |x + 1|

bei denen die gesuchte Gr¨ oße x innerhalb von Betragsstrichen auftaucht, heißen Betragsgleichungen. Um sie zu l¨ osen, kommt man in der Regel nicht ohne Fallunterscheidungen aus. Beispiel 7.15 Um uns an den Betrag zu gew¨ohnen, schreiben wir den simplen Ausdruck |x − 2| betragsfrei:  x−2 falls x − 2  0, also x  2, |x − 2| = −(x − 2) = −x + 2 falls x − 2 < 0, also x < 2.

7.4 Betrags(un)gleichungen

Beispiel 7.16

201

  Zeichne das Schaubild Kf der Funktion f (x) =  |x| − 1 .

Geometrische L¨osung: Das Schaubild Kg von g(x) = |x| − 1 ist das um 1 in yRichtung nach unten verschobene Schaubild der gew¨ohnlichen Betragsfunktion. Wegen f (x) = |g(x)| wird die negative Spitze“ von Kg bei Kf einfach nach oben ” geklappt (siehe Abbildung 7.4). y 2

Kf

1

x −3

−2

−1

0 −1

1

2

3

Kg

Abbildung 7.4 Algebraische L¨osung: Zun¨achst l¨ osen wir den ¨außeren Betrag auf (man k¨onnte aber auch mit dem inneren anfangen):  |x| − 1, falls |x|  1, also x  −1 oder x  1,   f (x) =  |x| − 1  = −(|x| − 1) = 1 − |x|, falls |x| < 1, also − 1 < x < 1. Weiteres Aufl¨osen des inneren Betrages f¨ uhrt auf insgesamt vier F¨alle: ⎧ x − 1, falls x  1, ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪   ⎨ −x − 1, falls x  −1, f (x) =  |x| − 1  = ⎪ ⎪ ⎪ 1 − x, falls 0  x < 1, ⎪ ⎪ ⎩ 1 + x, falls − 1 < x < 0. Nun kann man leicht die einzelnen Geradenst¨ ucke zeichnen. Beispiel 7.17 a) |2x + 3| = 9

L¨ose die folgenden Betragsgleichungen. b) x2 + |x| = |x − 1| + 1

a) Fall 1: 2x+3  0, d.h. x  − 32 oder anders geschrieben x ∈ I1 = [− 32 , ∞ ). In diesem Fall kann man die Betragsstriche einfach weglassen. Zu l¨osen ist osung. also 2x + 3 = 9, was auf x = 3 f¨ uhrt. Wegen 3 ∈ I1 ist dies eine L¨ Fall 2: 2x + 3 < 0, d.h. x < − 32 bzw. x ∈ I2 = (−∞ , − 32 ). In diesem Fall muss man ein negatives Vorzeichen setzen, um den Betrag aufzul¨osen. Dies f¨ uhrt auf die Gleichung −(2x + 3) = 9 f¨ ur x ∈ I2 , was x = −6 ergibt. Wegen −6 ∈ I2 ist auch dies eine L¨osung.

202

¨ sen von (Un)Gleichungen 7 Lo

Die L¨osungsmenge der Betragsgleichung ist somit L = { −6, 3 }. Bei dieser simplen Gleichung kann man sich nat¨ urlich k¨ urzer fassen: Nach Definition des Betrags muss 2x+3 entweder 9 oder −9 sein, damit |2x+3| = 9 wird. Hieraus erh¨alt man sofort x1 = 3 und x2 = −6. b) Jetzt kommt eine typische Vorgehensweise, wenn eine Gleichung mehrere Betr¨age enth¨alt. Zuerst macht man sich grafisch an der Zahlengeraden in Abbildung 7.5 klar, wo die Fallunterscheidungen der einzelnen Betr¨ age liegen. (Dies ist eine grafische Variante der Vorzeichentabelle von Seite 195.) |x| = −x

|x| = x |x − 1| = −(x − 1)

0

|x − 1| = x − 1

1

Abbildung 7.5 An diesem Bild erkennt man, dass man f¨ ur die gesamte Gleichung drei Fallunterscheidung machen muss. F¨ ur x  1 kann man beide Betr¨age einfach weglassen. Ist 0  x < 1, so gilt zwar |x| = x, aber um bei |x − 1| den Betrag wegzulassen braucht man das negative Vorzeichen. Dies muss man f¨ ur x < 0 bei beiden Betr¨ agen tun. Fall 1: x  1, also |x| = x und |x − 1| = x − 1. Die Gleichung geht u ¨ber in x2 + x = x − 1 + 1, d.h. x2 = 0. Diese Gleichung osung, aber 0 liegt nicht im Definitionsbereich von besitzt zwar x1 = 0 als L¨ Fall 1. Also gibt es hier keine L¨ osung der urspr¨ unglichen Gleichung, wie man auch durch Einsetzen von 0 gemerkt h¨atte: 02 + |0| = |0 − 1| + 1. Fall 2: 0  x < 1, also |x| = x und |x − 1| = −(x − 1) = 1 − x. Hier ist x2 + x = 1 − x + 1 bzw. √ x2 + 2x − 2 = 0 zu l¨ osen. Die L¨ osungsformel √ liefert die L¨osungen x2 = −1 + 3 und x3 = −1 − 3, von denen aber nur x2 im Definitionsbereich von Fall 2 liegt. Fall 3: x < 0, also |x| = −x und |x − 1| = −(x − 1) = 1 − x. √ 2 2 Diesmal uhrt. √ erhalten wir x − x = 2 − x bzw. x = 2, was auf x4,5 = ± 2 f¨ Nur − 2 liegt im Definitionsbereich von Fall 3. √ √ Die L¨osungsmenge ist L = { − 2, 3 − 1 }. Beispiel 7.18

Schreibe f (x) = 12 |x| + |x + 2| betragsfrei und zeichne Kf .

Die gleiche Vorgehensweise wie in Beispiel 7.17b) f¨ uhrt auf folgende Fallunterscheidung. Mache dir dies an einer Zahlengeraden wie oben klar. Fall 1: x < −2, also |x| = −x und |x + 2| = −(x + 2). Die Funktionsvorschrift geht u ¨ber in f (x) = 12 (−x) − (x + 2) = − 32 x − 2.

7.4 Betrags(un)gleichungen

203

Fall 2: −2  x < 0, d.h. |x| = −x und |x + 2| = x + 2. Hier gilt f (x) = 12 (−x) + (x + 2) = 12 x + 2. Fall 3: x  0, und somit |x| = x und |x + 2| = x + 2. In diesem Fall ist f (x) = 12 x + (x + 2) = 32 x + 2. Insgesamt ergibt sich ⎧ 3 ⎪ ⎪ − 2 x − 2, ⎨ 1 f (x) = 2 x + 2, ⎪ ⎪ ⎩ 3 2 x + 2,

falls x < −2, falls − 2  x < 0, falls x  0,

und das in Abbildung 7.6 dargestellte Schaubild Kf setzt sich aus drei Geradenst¨ ucken zusammen. y 4 3 2 1

x −3

−2

−1

0

1

Abbildung 7.6

—————————

—————————

Bestimme alle reellen L¨osungen der folgenden Gleichungen.  |x + 6| = x a) |x − 5| = 8 b) |x − 4| = |3x + 6| c)

Aufgabe 7.9

d)

|x + 1| =x+1 |x|

Aufgabe 7.10 a) f (x) =

Zeichne die Schaubilder. Gib Definitions- und Wertebereich an.

x + |x| 2

b) f (x) =

x (x − 2) |x|

c) f (x) = |x − 2| + |x + 1|

d) f (x) = |x2 − 2| —————————

—————————

204

¨ sen von (Un)Gleichungen 7 Lo

7.4.2

Betragsungleichungen

Beispiel 7.19 a) |4x − 3| > 1

L¨ ose folgende Betragsungleichungen. b) |x + 1| > x

c) |x − 1| + |3 − x| − x  4

a) Die Ungleichung ist nach Definition des Betrags genau dann erf¨ ullt, wenn entweder 4x − 3 > 1 oder 4x − 3 < −1 ist. Also f¨ ur x > 1 oder x < 12 . Die L¨osungsmenge ist somit L = (−∞ , 12 ) ∪ ( 1 , ∞ ). b) F¨ ur x  −1 geht die Ungleichung u ¨ ber in x + 1 > x, was auf die stets wahre Aussage 1 > 0 f¨ uhrt. Somit sind alle x mit x  −1 L¨osungen. Im Fall x < −1 erhalten wir −(x + 1) > x, was ¨aquivalent zu 2x < −1 bzw. x < − 12 ist. Da wir im Fall x < −1 sind, entfallen alle x mit −1  x < − 12 . Insgesamt ist L = (−∞ , −1 )∪[−1 , ∞ ) = R. Mache dir dies auch klar, indem du dir die Schaubilder von x und |x + 1| vorstellst. c) Die Argumente der beiden Betr¨ age wechseln ihr Vorzeichen bei 1 bzw. 3. Insgesamt sind drei F¨ alle zu betrachten. Fall 1: x < 1, also |x − 1| = −(x − 1) und |3 − x| = 3 − x. Die Ungleichung vereinfacht sich zu −3x + 4  4, d.h. x  0. Somit ist L1 = [ 0 , 1 ). Fall 2: 1  x  3, also |x − 1| = x − 1 und |3 − x| = 3 − x. Jetzt erhalten wir −x + 2  4, d.h. x  −2 und daher L2 = [ 1 , 3 ]. Fall 3: x > 3, also |x − 1| = x − 1 und |3 − x| = −(3 − x). In diesem letzten Fall geht die Ungleichung u ¨ber in x − 4  4, d.h. x  8 und L3 = ( 3 , 8 ]. F¨ ur die gesamte L¨osungsmenge erhalten wir L = L1 ∪ L2 ∪ L3 = [ 0 , 8 ], was auch Abbildung 7.7 zeigt. Dort wurde das Schaubild der Funktion f (x) = |x − 1| + |3 − x| − x geplottet, welches zwischen 0 und 8 unterhalb von y = 4 verl¨ auft. —————————

————————— Aufgabe 7.11

L¨ ose folgende Betragsungleichungen.

a) |x − 4| + |2 − x| > x + 1 —————————

b) |x2 − 2| 

1 4

c) |x3 − 117x2 + 42| < −π —————————

7.5 Exponential(un)gleichungen

205

y 4

2

x 0

2

4

6

8

Abbildung 7.7

7.5

Exponential(un)gleichungen

7.5.1

Exponentialgleichungen

Exponentialgleichungen sind Gleichungen wie z.B. 3x = 9,

2

5x+x = 1

oder

√

3

x

1

= πx ,

in denen die gesuchte Variable im Exponenten steht. Um zu verstehen, was ein Ausdruck wie 3x f¨ ur beliebiges x ∈ R bedeuten soll, ur x ∈ R+ definiert haben. erinnern wir uns an Beispiel 5.19, wo wir xr als er ln x f¨ Dies verwenden wir auch hier – nur dass jetzt die Variable im Exponenten statt in der Basis steht – und erkl¨ aren f¨ ur a > 0 die allgemeine Exponentialfunktion durch ax := ex ln a

f¨ ur alle x ∈ R.

Beachtet man (ex )s = esx f¨ ur s ∈ N, wie man leicht durch Induktion aus dem Additionstheorem der e-Funktion folgert, so ergibt sich f¨ ur rationale Exponenten x = rs ∈ Q (s ∈ N) s  (ax )s = ex ln a = es·x ln a = er ln a = ar . √ r Dies passt zu der Festlegung a s := s ar , die dir vielleicht noch aus der Schule bekannt ist. ur a = 1 bijektiv, Die allgemeine Exponentialfunktion expa : R → R+ , x → ax , ist f¨ da sie die allgemeine Logarithmusfunktion loga : R+ → R,

x → loga x :=

ln x , ln a

als Umkehrfunktion besitzt. In der Tat gilt (expa ◦ loga )(x) = expa (loga x) = expa

 ln x  ln a

ln x

= e ln a ·ln a = eln x = x

f¨ ur alle x > 0, d.h. es ist expa ◦ loga = idR+ , und ebenso weist man loga ◦ expa = idR nach. Abbildung 7.8 zeigt die Schaubilder beider Funktionen f¨ ur a = 2 und a = 12 .

206

¨ sen von (Un)Gleichungen 7 Lo

 1 x 3

y

y=x

2x

2

2 1

log2 x x

−2

−1

0

1

2

−1

3

4

log 1 x 2

−2

Abbildung 7.8

Nach diesem kleinen Theorie-Ausflug nun wieder zur¨ uck zu den Exponentialgleichungen: Alles, was du zu deren L¨osung u ¨ber den Logarithmus wissen musst, ist, dass er die Hochzahl nach unten holt“. Wie eben nachgewiesen, sind loga (...) und ” ur a > 0) Umkehrrechenarten voneinander, d.h. es gilt a(...) (f¨ loga (a♥ ) = ♥

aloga ♥ = ♥.

und

()

Dabei darf in der ersten Gleichung ♥ ∈ R sein, w¨ ahrend in der zweiten nur ♥ ∈ R+ zul¨ assig ist, weil der Logarithmus eben nur f¨ ur positive Zahlen definiert ist. Desweiteren verwenden wir (oft stillschweigend) die folgenden Potenz- und Logarithmengesetze, um Exponentialgleichungen zu l¨osen. (P1 )

ax · ay = ax+y

(L1 )

loga (x · y) = loga x + loga y

(P2 )

ax ay

= ax−y

(L2 )

loga ( xy ) = loga x − loga y

(P3 )

(ax )y = ax · y

(L3 )

loga (xy ) = y loga x

(P4 )

ax · bx = (a · b)x  a x ax bx = b

(P5 )

Alle Variablen sollen hierbei so gew¨ahlt sein, dass jeweils beide Seiten definiert sind. Beweis dieser Regeln ist Aufgabe 7.13. Beispiel 7.20

L¨ose die folgenden Exponentialgleichungen.

a) 6x+5 = 36x d) 32x + 3x+1 = 10

b) 23x−6 = 7−x √ 2 e) x 16 = 4x /32

c) 42x−1 + 16x+1 = 10

207

7.5 Exponential(un)gleichungen

a) Beidseitiges Anwenden des Logarithmus zur Basis 6 liefert log6 6x+5 = log6 36x . Die linke Seite schrumpft wegen () auf x + 5 zusammen, rechts bleibt wegen 36x = (62 )x = 62x nur 2x stehen. Somit folgt x + 5 = 2x, d.h. L = { 5 }. Wenn es m¨ oglich ist, die Gleichung zuerst so umzuformen, dass auf beiden Seiten die gleiche Basis steht, also hier 6x+5 = 62x , kann man die L¨osung durch direktes Vergleichen der Exponenten erhalten: x + 5 = 2x, also x = 5. b) Anwenden des Logarithmus zur Basis 2 ergibt log2 23x−6 = log2 7−x . Unter Verwendung von () und (L3 ) erh¨alt man achst - 3x−6 = −x · log2 7, , zun¨ 6 dann (3 + log2 7)x = 6 und schließlich L = 3+log 7 . 2

Ebenso h¨atte man zu Beginn den Logarithmus zur Basis 7 anwenden k¨ onnen. F¨ uhre dies durch und u ¨berzeuge dich mit dem Taschenrechner von der Gleichheit der L¨osungen. c) Die Gleichung ist ¨aquivalent zu 42x · 4−1 + (42 )x+1 = 10

bzw.

42x (4−1 + 42 ) = 10,

4 was , auf 42x = -10 · 65 f¨ uhrt. Anwenden von log4 ergibt 2x = log4 8 1 L = 2 log4 13 .

8 13 ,

d.h.

d) Anwenden des 3er-Logarithmus ergibt log3 32x + log3 3x+1 = log3 10

...

epic fail !

Man darf log3 n¨amlich nicht in die Summe reinziehen! Da der Logarithmus auf die komplette Summe links angewendet werden muss, erh¨alt man so nur   log3 32x + 3x+1 = log3 10, was sich aber mit keinem Logarithmusgesetz weiter vereinfachen l¨ asst. Die einzig sinnvolle Vorgehensweise ist hier die folgende: Mit 32x = (3x )2 und 3x+1 = 3 · 3x nimmt die Gleichung die Gestalt (3x )2 + 3 · 3x − 10 = 0 an. Die Substitution u = 3x liefert u2 + 3u − 10 = 0, und mit dem Satz von Vieta findet man u1 = −5 und u2 = 2. Die R¨ ucksubstitution f¨ uhrt auf 3x = −5, was keine L¨osung besitzt, oder 3x = 2, also insgesamt L = { log3 2 }. √ e) Umschreiben der linken Seite als x 16 = (42 )1/x = 42/x und ein Vergleich des Exponenten bei nun gleicher Basis liefert 2

x2/32

4 /x = 4

,

also

2 x

=

1 2 32 x .

Daraus folgt x3 = 64 und somit L = { 4 }.

208

¨ sen von (Un)Gleichungen 7 Lo

————————— Aufgabe 7.12 a) 32x−5 =

—————————

L¨ ose die folgenden Exponentialgleichungen.

1 27

b) 7

3x 2

= 2−5x

c) 26x−1 + 43x+2 − 82x = 31

d) 1002x − 101 · 100x = −100

e) 2x + 2x+1 = 3x+2 + 3x+3

Aufgabe 7.13 Beweise einige der Potenz- und Logarithmengesetze, indem du auf die bekannten Eigenschaften von e- und ln-Funktion zur¨ uckgreifst. —————————

7.5.2

—————————

Exponentialungleichungen

Beim L¨osen von Exponentialungleichungen ist zu beachten, dass die Funktion f (x) = ur a > 1 streng monoton steigend loga x nur f¨ ist. Aus x1 < x2 folgt in diesem Fall also

y loga x2 loga x1

loga x1 < loga x2 ,

x x1

x2

so dass sich das Ungleichheitszeichen beim Anwenden des Logarithmus nicht umdreht (siehe Abbildung 7.9). Abbildung 7.9 Ist aber 0 < a < 1, so ist die Funktion x f (x) = loga x = ln ln a aufgrund von ln a < 0 nun streng monoton fallend, so dass sich bei Anwendung von loga das Ungleichheitszeichen umdreht. Um Probleme dieser Art zu vermeiden, wendet man am besten einfach immer gleich den ln = loge an. Beispiel 7.21

L¨ ose die Exponentialungleichung

0,5x−1 < 3x .

Beidseitiges Anwenden des streng monoton steigenden ln f¨ uhrt auf ln 0,5x−1 < ln 3x

und mit (L3 )

(x − 1) ln 0,5 < x ln 3.

Wir l¨ osen nach x auf: x ln 0,5 − x ln 3 < ln 0,5, und Ausklammern von x sowie Division durch den negativen Faktor ln 0,5 − ln 3 ergibt schließlich x>

ln 0,5 ≈ 0,387. ln 0,5 − ln 3

7.6 Anhang: Polynomdivison

7.6

209

Anhang: Polynomdivison

Dieser [Glo2] entlehnte Abschnitt erkl¨art die Polynomdivision an Beispielen. Beispiel 7.22 Wir teilen das Polynom f (x) = x3 + x2 − 17x + 15 durch g(x) = x − 1. Das geht ganz stur nach folgendem Schema: (x3 + x2 − 17x + 15) : (x − 1) = x2 + 2x − 15. (x − 1) ·

−(x3 − x2 ) 2x − 17x + 15 2

−(2x2 − 2x)

(x − 1) ·

−15x + 15 −(−15x + 15) (x − 1) · 0 ochste x-Potenz von g, (1) Die h¨ ochste x-Potenz von f , also x3 , wird durch die h¨ also x, geteilt (h¨atten beide einen Vorfaktor = 1, so w¨aren diese Vorfaktoren 3 auch durcheinander zu teilen): xx = x2 . Dieses Ergebnis ist die h¨ochste x(x) und wird hinter das Gleichzeichen geschrieben. Potenz des Quotienten fg(x) (2) Nun wird dieses x2 komplett mit g(x) = (x − 1) multipliziert (oben grau angedeutet), das Ergebnis wird unter f (x) geschrieben und von f (x) abgezogen. Beachte dabei, alle Vorzeichen umzudrehen. Die h¨ ochste x-Potenz muss hierbei wegfallen. (1 ) Nun geht’s auch schon wieder von vorne los, nur dass man jetzt anstelle von 2 f (x) die Differenz 2x2 −17x+15 verwendet. Dies ergibt 2xx = 2x als n¨achsten Term des Quotientenpolynoms. (2 ) Dieses 2x wird wieder komplett mit g(x) = (x − 1) multipliziert (grau), das Ergebnis unter 2x2 − 17x + 15 geschrieben und davon abgezogen. So verf¨ahrt man weiter, bis bei der Subtraktion entweder 0 rauskommt, oder ein Restterm = 0 stehen bleibt, dessen Grad kleiner als der von g(x) ist (in obigem Beispiel ist Grad(g) = 1, also w¨are nur Grad 0, d.h. eine Zahl, als Restterm m¨oglich). Wie man bei einem Restterm = 0 verf¨ ahrt, siehst du in den Beispielen 7.24 und 7.25: Bleibt am Ende unterm Strich der Restterm r(x) = 0 (mit Grad(r) < Grad(g)) r(x) stehen, so schreibt man ganz einfach g(x) als letzten Summanden des Ergebnisses der Polynomdivision auf. Beispiel 7.23 Versuche alle Schritte der folgenden Polynomdivision selbst nachzuvollziehen; trage als Hilfe evtl. noch die grauen Pfeile mit ein (das macht man sp¨ater dann nicht mehr).

210

¨ sen von (Un)Gleichungen 7 Lo

(x3 − 4x2 + x + 6) : (x + 1) = x2 − 5x + 6 −(x3 + x2 ) − 5x2 + x + 6 −(−5x2 − 5x) 6x + 6 −(6x + 6) 0 Beispiel 7.24 Manchmal fehlt in f (x) eine x-Potenz, wie z.B. das x2 im Polynom f (x) = x3 − 7x − 7 = x3 + 0x2 − 7x − 7. Hier empfiehlt es sich, bei der Polynomdivision eine L¨ ucke frei zu lassen, damit man die Potenzen wie gewohnt untereinander schreiben kann. Die L¨ ucke steht dann als Platzhalter f¨ ur 0x2 (was man hinschreiben kann, wenn man m¨ ochte). 

   −1 x3 − 7x − 7 : x + 1 = x2 − x − 6 + x+1 − x3 − x 2 − x2 − 7x x2 + x − 6x − 7 6x + 6 −1

Achtung! Im ersten Schritt m¨ usste eigentlich −(x3 + x2 ) stehen, aber die Klammer wurde gleich aufgel¨ ost zu −x3 − x2 und es wird dann −x3 − x2 addiert, anstatt urde ich dir bei der schriftlichen Durchf¨ uhrung (x3 + x2 ) zu subtrahieren. Das w¨ der Polynomdivision nicht empfehlen! Behalte also lieber die Klammerschreibweise bei, ich lasse sie ab jetzt aus Bequemlichkeit jedoch immer weg4 . Auch ob man die −7 bei −x2 − 7x schon dazuschreiben will, ist Geschmackssache. Beispiel 7.25 Zum Schluss noch’n Beispiel, wo auch mal durch ein Polynom vom Grad 2 geteilt wird und ein Restterm vom Grad 1 u ¨ brig bleibt. Vollziehe auch hier jeden Schritt nach (beachte wieder die Minusklammer-Bemerkung von vorhin). Dass der x3 -Term wegf¨ allt, ist hier u ¨brigens Zufall. 

   −x x4 + 2x3 − 3x2 − 5x + 2 : x2 + 2x − 1 = x2 − 2 + 2 x + 2x − 1 − x4 − 2x3 + x2 − 2x2 − 5x + 2 2x2 + 4x − 2 −x

4 genauer gesagt: Das Polynomdivisions-Paket von L AT X macht dies automatisch, und dieses E zu verwenden hat den großen Vorteil, dass ich nicht alle Abst¨ ande von Hand hinpfriemeln muss so wie in den letzten beiden Beispielen . . .

7.6 Anhang: Polynomdivison

————————— Aufgabe 7.14

211

—————————

F¨ uhre die Polynomdivision aus.

a) (x2 − 2x + 1) : (x − 1)

b) (x3 − 37x2 + x − 37) : (x − 37)

c) (3x3 − 6x2 − 5x + 10) : (3x2 − 5)

d) (x3 + 5x2 + x − 11) : (x2 + x − 3)

e) (x3 + 6x + 8) : (x2 − x + 8)

f) (x5 − 1) : (x − 1)

Zusatz zu f): Hast du eine Vermutung f¨ ur (xn − 1) : (x − 1)? —————————

—————————

Literatur zu Kapitel 7 [Glo1] Glosauer, T.: Mathematik in der Kursstufe, Band 0: (Un)Gleichungen. CreateSpace (2018) [Glo2] Glosauer, T.: Mathematik in der Kursstufe, Band 1: Analysis. CreateSpace (2017) [Kem] Kemnitz, A.: Mathematik zum Studienbeginn. Springer Spektrum, 11. Aufl. (2014) [Kre] Kreul, H., Ziebarth, H.: Mathematik leicht gemacht. Harri Deutsch Verlag, 6. Aufl. (2006) [Wal] Walz, G., Zeilfelder, F., Rießinger, Th.: Br¨ uckenkurs Mathematik. Springer Spektrum, 4. Aufl. (2014)

8

Die Kunst des Integrierens

In diesem Kapitel lernst du, wie man komplizierteren Integralen zu Leibe r¨ uckt. Vorausgesetzt werden Grundkenntnisse in Integralrechnung (siehe Kapitel 6) sowie die Produkt- und Kettenregel (siehe Kapitel 5). Vereinbarung: Alle Funktionen u, v, etc. in diesem Kapitel seien stetig differenzierbar, d.h. dass sie differenzierbar (also auch stetig) sind und dass ihre erste Ableitung ebenfalls stetig ist. Dadurch wird die Existenz aller auftretenden Integrale gesichert (siehe Theorem 6.1 und Satz 6.7).

8.1

Produktintegration

Bei dieser Integrationsmethode handelt es sich um die Umkehrung der Produktregel. F¨ ur Funktionen u, v gilt laut der Produktregel 5.7   u(x) · v(x) = u (x) · v(x) + u(x) · v  (x). Wenn wir auf beiden Seiten Stammfunktionen bilden, d.h. unbestimmt nach x integrieren, erhalten wir $ $ $   (u(x) · v(x)) dx = u (x) · v(x) dx + u(x) · v  (x) dx, wobei auf der rechten Seite das Integral gleich in die Summe gezogen wurde. Auf der linken Seite steht nach Definition des unbestimmten Integrals aber nichts anderes als u(x) · v(x) (genauer: u(x) · v(x) + c, aber die Integrationskonstante c unterschlagen wir zun¨ achst). Bringen wir noch eines der Integrale auf die andere Seite der Gleichung, so erhalten wir das folgende Resultat. Satz 8.1 ( Produktintegration bzw. partielle Integration ) $ $  u(x) · v (x) dx = u(x) · v(x) − u (x) · v(x) dx

Die erste Reaktion auf diese Gleichung ist vermutlich: Wie um Himmels Willen ” soll mir das helfen, Integrale zu berechnen?“ Der Witz hierbei ist, dass bei geschickter Wahl von u und v  das Integral auf osen ist, als das urspr¨ ungliche Integral der rechten Seite (¨ uber u · v) leichter zu l¨  (¨ uber u · v ) auf der linken Seite. Mehrere Beispiele werden dies gleich verst¨ andlich machen.

© Springer Fachmedien Wiesbaden GmbH, ein Teil von Springer Nature 2019 T. Glosauer, (Hoch)Schulmathematik, https://doi.org/10.1007/978-3-658-24574-0_8

214

8 Die Kunst des Integrierens $

Beispiel 8.1

x · sin x dx.

Bestimme das Integral

Setzen wir u(x) = x und v  (x) = sin x, dann ist u (x) = 1 sowie v(x) = − cos x und $ $ u(x) · v  (x) dx = u(x) · v(x) − u (x) · v(x) dx nimmt folgende Gestalt an: u v v $ u $ u v x · sin x dx = x · (− cos x) − 1 · (− cos x) dx.

Oho! Nun ist das Integral auf der rechten Seite tats¨achlich einfacher zu l¨osen, und wir erhalten $ $ x · sin x dx = −x · cos x + cos x dx = −x · cos x + sin x + c. Mache selbst die Probe, ob die Ableitung dieser Funktion tats¨achlich x · sin x ist. Beachte: H¨atten wir u und v  umgekehrt gew¨ahlt, also u(x) = sin x und v  (x) = x, so h¨atte die Produktintegration auf u v u v $ $ v u 1 2 1 2 x · sin x dx = sin x · 2 x − cos x · 2 x dx gef¨ uhrt, was keinerlei Gewinn bringt, da das rechte Integral nun noch schlimmer als das urspr¨ ungliche aussieht. Es ist also entscheidend, die richtige Wahl f¨ ur u und v  ¨ zu treffen, was einem mit etwas Ubung meist schnell gelingt. Als grobe Merkregel kann man sagen, dass u sich beim Ableiten vereinfachen sollte, und dass man v  integrieren k¨ onnen muss, um auf v zu kommen. $ Beispiel 8.2

x · ex dx.

Bestimme das Integral

Hier sollte klar sein, dass wir u(x) = x und v  (x) = ex setzen. Dann ist u (x) = 1 andert, und und v(x) = ex , da die e-Funktion sich beim Auf- und Ableiten nicht ver¨ mit Produktintegration folgt (Probe am Ende wieder selbst durchf¨ uhren) $ u v $ u v u v x x x · e dx = x · e − 1 · ex dx = x · ex − ex + c = ex · (x − 1) + c. $ Beispiel 8.3

Bestimme das Integral

x · ln x dx.

Da wir ln x noch nicht integrieren k¨onnen, bleibt uns nichts anderes u ¨brig, als u(x) = ln x und v  (x) = x zu w¨ahlen. Dann ist u (x) = x1 (siehe Seite 143) und

215

8.1 Produktintegration

v(x) = 12 x2 . Partiell integrieren: u

u

v

v

$ v u $ $ 1 1 2 1 1 1 · x dx = x2 · ln x − x dx x · ln x dx = (ln x) · x2 − 2 x 2 2 2 =

1 2 1 1 x · ln x − x2 + c = x2 (2 ln x − 1) + c. 2 4 4 —————————

—————————

Aufgabe 8.1 L¨ ose folgende Integrale mit Hilfe partieller Integration. $ $ $ −x 2 −x a) x · e dx b) x · e dx c) xn · ln x dx (n ∈ N) Tipp zu b): Zweimal partiell integrieren oder a) verwenden. —————————

—————————

Als n¨achstes f¨ uhren wir noch Integrationsgrenzen ein, betrachten also bestimmte Integrale. Man kann hier zun¨achst die Stammfunktion bestimmen, und die Grenzen erst am Schluss einsetzen. $ e ln x dx. Beispiel 8.4 Berechne 1

Wir bestimmen zun¨ achst die Stammfunktion (ohne Grenzen). Aber nanu, hier steht ja gar kein Produkt unter dem Integralzeichen? Jetzt kommt ein ganz frecher Trick: Wir schreiben ln x = ln x · 1 und setzen u(x) = ln x und v  (x) = 1. Damit k¨onnen wir partiell integrieren und erhalten: $

u v $ u v $ ln x dx = ln x · 1 dx = (ln x) · x −

u

v

1 · x dx = x · ln x − x

$ 1 dx

= x · ln x − x + c = x · (ln x − 1) + c. Die Stammfunktion des ln sollte man sich gut einpr¨agen: $ ln x dx = x · (ln x − 1) + c. Dabei ist in der Klammer ln(x) − 1 und nicht etwa ln(x − 1) gemeint. Nun setzen wir die Grenzen ein (das +c kann entfallen, weil es sich am Ende sowieso weghebt) und erhalten f¨ ur das bestimmte Integral $ e ( )e ln x dx = x · (ln x − 1) = e · (ln e − 1) − 1 · (ln 1 − 1) = 1, 1

1

wobei im letzten Schritt ln e = 1 und ln 1 = 0 einging.

216

8 Die Kunst des Integrierens

Wer die Grenzen lieber von Anfang an dabei hat, verwendet den folgenden ( Produktintegration bei bestimmten Integralen )

Satz 8.2 $

b

( )b $ u(x) · v  (x) dx = u(x) · v(x) − a

a

Beweis: $

b

b

u (x) · v(x) dx

a

Die zu beweisende Formel ist a¨quivalent zu u(x) · v  (x) dx +

a

$

b

( )b u (x) · v(x) dx = u(x) · v(x) . a

a

Links steht aufgrund der Linearit¨ at des bestimmten Integrals nichts anderes als %b   (u(x) · v (x)+u (x) · v(x)) dx (siehe Satz 6.9). Da u(x) · v(x) nach der Produktrea gel eine Stammfunktion des Integranden ist, folgt mit Aussage (2) des Hauptsatzes der Differenzial- und Integralrechnung (Theorem 6.1) $

b

(u(x) · v  (x) + u (x) · v(x)) dx =

a

$

b

( )b  (u(x) · v(x)) dx = u(x) · v(x) , a

a



und das ist die rechte Seite der (umgestellten) Formel. Unter Anwendung dieses Satzes erh¨alt man in Beispiel 8.4 $ e $ e ( )e $ e 1 · x dx ln x dx = ln x · 1 dx = (ln x) · x − 1 1 1 1 x ( )e ( )e = x · ln x − x = e · ln e − 1 · ln 1 − (e − 1) = 1. 1

1

$ Beispiel 8.5

π

Berechne den Wert des bestimmten Integrals

cos2 x dx.

0

Weil wir die Stammfunktion von cos2 x sp¨ater brauchen, integrieren wir auch hier allt die Wahl f¨ ur zun¨achst ohne Grenzen. Beim Integranden cos2 x = cos x · cos x f¨ u und v  leicht, und wir erhalten: $

$ 2

u

v

u

v

cos x · cos x dx = cos x · sin x − $ = cos x · sin x + sin2 x dx.

cos x dx =

$

u

v

− sin x · sin x dx

Nun scheinen wir in eine Sackgasse gelaufen zu sein, denn sin2 x k¨onnen wir bisher genauso wenig integrieren wie cos2 x.

217

8.1 Produktintegration

Doch der trigonometrische Pythagoras rettet uns: Wegen sin2 x + cos2 x = 1 folgt $ $ $ $ cos2 x dx = cos x · sin x+ (1−cos2 x) dx = cos x · sin x+ 1 dx− cos2 x dx. Addieren wir das cos2 -Integral auf beiden Seiten, so f¨allt es rechts weg und steht links zweimal, d.h. $ $ 2 2 cos x dx = cos x · sin x + 1 dx = cos x · sin x + x + c, und wir erhalten schließlich $ 1 cos2 x dx = (x + cos x · sin x) + c. 2 Auf diese Tricks wird man beim ersten Mal vermutlich nur schwer selbst kommen, ¨ aber mit ein wenig Ubung bekommt man ein besseres H¨ andchen daf¨ ur. Einsetzen der Grenzen ergibt $ π )π (1 π (x + cos x · sin x) = . . . = . cos2 x dx = 2 2 0 0 (Bei den P¨ unktchen geht ein, dass der Ausdruck cos x · sin x sowohl f¨ ur x = π als auch x = 0 verschwindet, da sin π = sin 0 = 0 ist.) Anmerkung: Mit Hilfe der trigonometrischen Identit¨at cos2 x = 12 (1 + cos 2x) ¨ l¨asst sich dieses Integral ganz ohne Produktintegration l¨osen. Ubung: F¨ uhre dies durch und versuche u ¨berdies, die verwendete Identit¨ at aus Aufgabe 9.23 a) auf Seite 270 zu folgern. Damit die Stammfunktion dieselbe Gestalt wie oben besitzt, musst du noch sin 2x = 2 · sin x · cos x verwenden (siehe ebenfalls Seite 270). ————————— Aufgabe 8.2 Bestimme die folgenden Integrale. $ −1 $ π  x · cos x dx b) x4 · ln |x| dx − a) √ 2 0 −5e

————————— $

0

c) −∞

e2x · cos x dx

Tipp zu c): Zweifache partielle Integration (zun¨achst ohne Grenzen). Gehe danach wie am Ende von Beispiel 8.5 vor. Beim Einsetzen der Grenzen ist zu beachten, dass e2x → 0 f¨ ur x → −∞ strebt und cos x bzw. sin x beschr¨ankt sind. (Und nat¨ urlich kann man −∞ nicht wie eine Zahl einsetzen, sondern man schreibt dieses uneigentliche Integral wie in 6.4 als Grenzwert auf.) —————————

—————————

218

8.2 8.2.1

8 Die Kunst des Integrierens

Integration durch Substitution Die Substitutionsregel

Nachdem wir eben die Umkehrung der Produktregel verwendet haben, hilft uns nun die Kettenregel beim L¨osen von Integralen der Form $   f u(x) · u (x) dx, die eine Funktion u und ihre Ableitung u in dieser Art enthalten. Ist n¨amlich F eine Stammfunktion von f , so liefert die Kettenregel f¨ ur die Ableitung von F ◦ u     (F ◦ u) (x) = F  u(x) · u (x) = f u(x) · u (x). Obiges Integral l¨ost sich damit in Wohlgefallen auf, da wir die Ableitung (F ◦u) (x) integrieren. Satz 8.3 ( Substitutionsregel ) $ $      f u(x) · u (x) dx = (F ◦ u) (x) dx = F u(x) + c

Wie schon bei der Produktintegration bringt einem diese Formel auf den ersten Blick wenig Gewinn, also schnell ein paar Beispiele. $ Beispiel 8.6 Bestimme das Integral sin(x2 ) · 2x dx. Hier ist klar erkennbar, dass f (♥) = sin(♥) die ¨außere Funktion ist, und dass die Ableitung der inneren Funktion u(x) = x2 als Faktor 2x auftritt. Mit F (♥) = − cos(♥) ergibt sich   ( Kettenregel r¨ uckw¨ arts“), d.h. sin(x2 ) · 2x = − cos(x2 ) ” $ $   − cos(x2 ) dx = − cos(x2 ) + c. sin(x2 ) · 2x dx = $ Beispiel 8.7

Bestimme das Integral

cos(2x3 ) · x2 dx.

Hier ist offenbar f (♥) = cos(♥) die ¨außere Funktion mit Stammfunktion F (♥) = ussen wir die 6 noch k¨ unstlich sin(♥). Da die innere Ableitung 6x2 betr¨agt, m¨ ugen: erzeugen, indem wir 16 · 6 einf¨ $ $ $ 1 1 3 2 3 2 cos(2x3 ) · 6x2 dx cos(2x ) · x dx = cos(2x ) · · 6 x dx = 6 6 $  1  1 = sin(2x3 ) dx = sin(2x3 ) + c. 6 6

8.2 Integration durch Substitution

219

Um nicht jedes Mal so umst¨andlich die Kettenregel r¨ uckw¨ arts aufschreiben zu m¨ ussen, gew¨ohnen wir uns folgendes Vorgehen an (welches dieser Integrationsmethode u ¨berhaupt den Namen Substitutionsregel“ verleiht). Wir substituieren ” u = 2x3 f¨ ur die innere Funktion und rechnen im Physiker-Style“: ” du du = 6x2 =⇒ dx = 2 . u (x) = dx 6x ur die Ableitung, also den Dabei ist du dx (lies: ”du nach dx“) die Leibniz-Notation f¨ Differenzialquotienten: du u(x + Δx) − u(x) Δu = lim =: . Δx→0 Δx→0 Δx Δx dx

u (x) = lim

Wir tun dabei ganz frech so, als w¨aren die infinitesimal kleinen Differenziale“ dx ” und du Variablen, mit denen wir normal rechnen d¨ urfen. Auch wenn das fragw¨ urdig du schnell zum Ziel: erscheinen mag, f¨ uhrt substituieren und einsetzen von dx = 6x 2 $ $ $ du 1 cos u du = sin u + c. cos(2x3 ) · x2 dx = cos u · x2 2 = 6x 6 6 R¨ ucksubstitution liefert die Stammfunktion

1 6

sin(2x3 ) + c.

1  Allgemein ist in Leibniz-Notation  ”du = u (x) dx“ und der Ausdruck unter dem Integralzeichen in Satz 8.3, f u(x) · u (x) dx, vereinfacht sich zu f (u) du. $ x Beispiel 8.8 Bestimme das Integral dx. x2 + 1

Hier steht im Z¨ ahler fast die Ableitung des Nenners (bis auf den Faktor 2). du du = 2x =⇒ dx = Substitution: u = x2 + 1; Differenziale: u (x) = dx 2x $ $ $ x x du 1 1 1 1 dx = = du = ln |u| + c = ln |x2 + 1| + c x2 + 1 u 2x 2 u 2 2 (Den Betrag kann man sich wegen x2 + 1 > 0 hier auch sparen.) $ ln x Beispiel 8.9 Bestimme das Integral dx (x > 0). x du 1 = =⇒ dx = x du Substitution: u = ln x; Differenziale: u (x) = dx x $ $ $ u 1 ln x 1 dx = x du = u du = u2 + c = (ln x)2 + c x x 2 2

1 Fasst man dx und du als sogenannte Differenzialformen auf, kann man dieser Notation auch formal korrekt Sinn einhauchen. Das w¨ urde hier aber wesentlich zu weit f¨ uhren.

220

8 Die Kunst des Integrierens

( Substitutionsregel f¨ ur bestimmte Integrale )

Satz 8.4 $

b





$



u(b)

f u(x) · u (x) dx = a

f (u) du u(a)

Beweis: Ist F eine Stammfunktion von f , so gilt nach dem Hauptsatz 6.1 (2) $ b $ b (      )b     f u(x) · u (x) dx = (F ◦ u) (x) dx = F u(x) = F u(b) − F u(a) , a

a

a

was mit rechter Seite obiger Formel u ¨bereinstimmt, denn wieder nach dem Hauptsatz ist $ u(b) ( )u(b)     f (u) du = F (u) = F u(b) − F u(a) .  u(a) u(a)

$ Beispiel 8.10

2

√

Berechne den Wert des bestimmten Integrals 0 4

8x3 dx. x4 + 9

3

Wir setzen u(x) = x + 9. Mit du = 4x dx folgt $ 2 $ 25 $ u(2) 3 1 8x3 8x du √ √ = 2u− 2 du dx = 3 4 u 4x x +9 0 u(0) 9 ( √ )25 √ √ = 4 u = 4 25 − 4 9 = 8. 9

Will man sich das Umrechnen der Grenzen sparen, darf man nat¨ urlich auch wie gewohnt zun¨ achst die Stammfunktion ohne Grenzen bestimmen, $  8x3 √ dx = . . . = 4 x4 + 9 + c, x4 + 9 und dann die urspr¨ unglichen Grenzen einsetzen: $ 2 )2 (  √ √ 8x3 √ dx = 4 x4 + 9 = 4 25 − 4 9 = 8. 4 0 x +9 0

————————— Aufgabe 8.3

Bestimme das Integral

$

————————— (3x + 2)4 dx.

Zeige dann allgemein

durch Substitution, dass $ 1 f (ax + b) dx = F (ax + b) + c a gilt, wenn F eine Stammfunktion von f ist (siehe Satz 6.2). Warum geht F durch ” innere Ableitung“ schief, wenn die innere Funktion nicht mehr linear ist?

221

8.2 Integration durch Substitution

Aufgabe 8.4 Bestimme die folgenden Integrale. $ $ ∞ $  2 −x2 3 a) 9x x + 2 dx b) xe dx c) 0

Aufgabe 8.5 Zeige, dass $  f (x) dx = ln |f (x)| + c f (x)

− 2x dx 3 − x2

$

e2

d) e

1 dx x ln x

gilt (f¨ ur f (x) = 0).

In welchen Aufgaben w¨are diese Formel n¨ utzlich gewesen? —————————

8.2.2

—————————

Trigonometrische Substitution

Im Folgenden werden wir die Substitutionsregel r¨ uckw¨ arts“ anwenden, indem wir ” $ $ statt f (x) dx das Integral f (x(t)) · x (t) dt betrachten, also die gew¨ohnliche Integrationsvariable x durch eine selbst gew¨ahlte Funktion x(t) ersetzen. Im Unterschied zur gewohnten Substitutionsregel, wo der Integrand bereits die Substitutionsfunktion u(x) enthielt, m¨ ussen wir nun kreativ sein, und ein geeignetes x(t) finden. Der Witz liegt darin, dass – bei geschickachst komplizierter ter Wahl von x(t) – der neue Integrand f (x(t)) · x (t), der zun¨ zu sein scheint, nach einigen Umformungen leichter zu integrieren sein wird als f (x) selbst. Eine Sache gilt es dabei jedoch unbedingt zu beachten: Weil wir nun nach t integrieren, wird das Ergebnis eine Funktion F (t) in der neuen Integrationsvariablen t sein. Um diese wieder als Funktion von x auszudr¨ ucken, m¨ ussen wir die Substitutionsfunktion x(t) nach t aufl¨ osen (also deren Umkehrfunktion bestimmen), und dies in F (t) einsetzen (R¨ ucksubstitution). Damit das u ¨berhaupt m¨ oglich ist, muss bei Substitutionen dieser Art stets darauf geachtet werden, dass x(t) umkehrbar, also bijektiv ist! Bevor wir also trigonometrische Substitutionen wie etwa x(t) = sin t oder tan t zum L¨ osen von Integralen verwenden k¨onnen, m¨ ussen wir uns im Lichte obiger Erkl¨arung zun¨ achst darum k¨ ummern, wo diese Funktionen umkehrbar sind und wie ihre Umkehrungen, die sogenannten Arcusfunktionen, aussehen.

222

8 Die Kunst des Integrierens

a) Die Umkehrfunktionen von Sinus, Cosinus und Tangens 1) Es gilt (Mitteilungen ohne Beweise): Die Einschr¨ ankung des Sinus auf das Intervall I = [− π2 , π2 ] ist streng monoton steigend und somit injektiv. Weiter ist sin(I) = [−1 , 1 ], d.h.   sin : − π2 , π2 → [−1 , 1 ] ist nach Definition des Bildbereichs surjektiv, insgesamt also bijektiv und damit umkehrbar. Die Umkehrfunktion   arcsin : [−1 , 1 ] → − π2 , π2 heißt Arcussinus. Nach Definition der Umkehrfunktion gilt sin ◦ arcsin = id[−1 , 1 ]

arcsin ◦ sin = id[− π2 , π2 ] .

und

1 = sin π2 folgt durch Anwenden von arcsin, So gilt z.B. arcsin 1 = π2 , denn  aus π π dass arcsin 1 = arcsin sin 2 = 2 ist. Das Schaubild des Arcussinus entsteht dementsprechend durch Spiegelung der Sinuskurve an der ersten Winkelhalbierenden (Vertauschen von x- und y-Werten) und ist in Abbildung 8.1 dargestellt. y π 2

1

x − π2

−1

0

1

π 2

−1

sin x arcsin x

Abbildung 8.1

¨ 2) Verfahre analog f¨ ur die Cosinusfunktion auf I = [ 0 , π ]. Uberzeuge dich anhand der Schaubilder von der G¨ ultigkeit des Zusammenhangs arccos x = − arcsin x +

π . 2

223

8.2 Integration durch Substitution

  3) Die eingeschr¨ankte Tangensfunktion tan : − π2 , π2 → R ist bijektiv und ihre Umkehrfunktion   arctan : R → − π2 , π2 heißt Arcustangens. Weil die Tangenskurve bei x = ± π2 Pole besitzt, sind die Geraden y = ± π2 waagerechte Asymptoten des Arcustangens-Schaubilds (siehe Abbildung 8.2).

y

π 2

arctan x x − π2

π 2

0 − π2 tan x

Abbildung 8.2

b) Integranden, die

√

1 − x2 enthalten $

Beispiel 8.11

Bestimme das Integral

√

1 dx 1 − x2

(f¨ ur |x| < 1).

Da nirgendwo die innere Ableitung von 1−x2 in Sicht ist, hilft eine Substitution der Form u = 1 − x2 hier nichts. Stattdessen f¨ uhren wir eine neue Integrationsvariable t ein, indem wir x(t) := sin t setzen, wobei sich t in ats-Intervall des Sinus befinden muss, also  einem Bijektivit¨ ander ± π2 entfallen wegen der Forderung |x| < 1). z.B. in I := − π2 , π2 (die R¨ Der Sinn dieser Definition erschließt sich, wenn man sich an den trigonometrischen Pythagoras erinnert:  √ t∈I sin2 t + cos2 t = 1, woraus 1 − sin2 t = cos2 t = | cos t | = cos t

224

8 Die Kunst des Integrierens

folgt. Der Betrag entf¨ allt, da cos t > 0 f¨ ur t ∈ I. Somit verschwindet die unangenehme Wurzel des Integranden und die Umrechnung der Differenziale liefert x (t) =

dx = cos t dt

=⇒

dx = cos t dt.

Insgesamt ergibt sich $ $ $ $ 1 1 1 √  cos t dt = 1 dt = t + c. dx = cos t dt = cos t 1 − x2 1 − sin2 t Um die Stammfunktion als Funktion von x zu erhalten, beachten wir, dass x(t) = sin t f¨ ur t ∈ I umkehrbar ist und dort t = arcsin x gilt. Somit erhalten wir ein sehr wichtiges Resultat: $ 1 √ dx = arcsin x + c f¨ ur |x| < 1. 1 − x2 Daraus ergibt sich nebenbei f¨ ur die Ableitung des Arcussinus arcsin (x) = √

1 1 − x2

f¨ ur |x| < 1,

was man nat¨ urlich auch viel direkter mit Satz 5.9 (siehe Aufgabe 8.7) erh¨ alt, aber hier geht es ja darum, Integrationstechniken zu entwickeln. ur |x| → 1 gilt, was man auch am Schaubild 8.1 Beachte, dass arcsin (x) → ∞ f¨ erkennt, wenn man sich den R¨ andern des Definitionsbereichs des Arcussinus n¨ahert.

Beispiel 8.12 Wir berechnen durch Integration die Fl¨ ache des in Abbildung 8.3 dargestellten Kreissektors (zun¨ achst im Fall 0  x < 1).

1

F¨ ur √ die y-Koordinate des Punktes Px gilt y = 1 − x2 , da der Einheitskreis durch die Gleichung x2 + y 2 = 1 beschrieben wird. Somit betr¨agt die Fl¨ache des Dreiecks Px OQx

Px

 1 · x · 2y = x · y = x · 1 − x2 . 2

O x

Qx Abbildung 8.3

1

Bleibt der Fl¨acheninhalt der Kreiskappe“ ” rechts von x zu bestimmen. Da ihre obere H¨alfte die Fl¨ ache unter dem √ Kreis mit der Funktionsgleichung f (x) = 1 − x2 zwischen x und 1 ist, gilt f¨ ur ihren Inhalt $ 1 $ 1 f (ξ) dξ = 2 1 − ξ 2 dξ. 2 x

x

8.2 Integration durch Substitution

225

(Da die Variable x bereits als untere Grenze auftritt, haben wir die Integrationsvariable in ξ umbenannt. Viel Spaß beim Schreiben.) Dem Integral r¨ ucken wir  wie oben mit der Substitution ξ(t) = sin t, d.h. dξ = cos t dt, t ∈ I = − π2 , π2 , zu Leibe: $  $  $ 1 2 2 1 − ξ dξ = 1 − sin t cos t dt = cos2 t dt = (sin t · cos t + t) + c. 2 Die Stammfunktion von cos2 t l¨asst sich dabei mit Hilfe von Produktintegration bestimmen, was wir bereits in Beispiel 8.5 getan haben. Mit sin t = ξ, also t = allt, da arcsin ξ, ergibt sich unter Beachtung von cos t = 1 − sin2 t (Betrag entf¨ cos t  0 f¨ ur t ∈ I) $     1  1   sin t · 1 − sin2 t + t + c = ξ · 1 − ξ 2 + arcsin ξ + c. 1 − ξ 2 dξ = 2 2 F¨ ur den Fl¨ acheninhalt des gesamten Kreissektors erhalten wir somit A(x) = x



$ 1−

x2

1

+2

 1 − ξ 2 dξ

x

(1  )1  = x 1 − x2 + 2 ξ 1 − ξ 2 + arcsin ξ 2 x      = x 1 − x2 + 1 1 − 12 + arcsin 1 − x 1 − x2 + arcsin x = arcsin 1 − arcsin x =

π − arcsin x = arccos x 2

(nach Seite 222).

√ Dieser Ansatz stimmt u ¨brigens auch f¨ ur −1 < x < 0. Dann ist zwar x 1 − x2 < 0, was aber ache f¨ ur x < 0 von der durch Integration  dazu passt, dass die Dreiecksfl¨ u ¨ber 1 − ξ 2 berechneten Fl¨ache abgezogen werden muss (erstelle dir eine Skizze). Insgesamt erhalten wir f¨ ur alle x ∈ [−1 , 1 ] ein verbl¨ uffend einfaches Ergebnis, n¨amlich A(x) = arccos x. Als kleines Schmankerl: F¨ ur x = −1 ist der Kreissektor der gesamte Einheitskreis, dessen Fl¨ acheninhalt folglich arccos(−1) = π (= π · 12 ) betr¨agt. Setzt man hier umgekehrt die πr2 -Formel f¨ ur die Kreisfl¨ache voraus, so ist die Aufgabe nat¨ urlich schnell ganz ohne Integration gel¨ ost: Bezeichnet ϕ den ¨ halben Offnungswinkel des Kreissektors, so ist cos ϕ = x1 = x und es folgt A(x) =

2 arccos x 2ϕ · AKreis = · π12 = arccos x. 2π 2π

226

8 Die Kunst des Integrierens

c) Integranden der Form

1 1 + x2

Zun¨ achst erinnern wir uns, dass tan (x) = 1 + tan2 x die Ableitung der Tangensfunktion ist (siehe Seite 146). $ 1 dx. Beispiel 8.13 Bestimme das Integral 1 + x2   2 Substituieren wir x(t) = tan t, t ∈ − π2 , π2 , so ist dx dt = 1 + tan t, d.h. dx = (1 + tan2 t) dt = (1 + x2 ) dt. Setzen wir dies ein, so l¨ asst sich der Nenner k¨ urzen, und wir erhalten $ $ $ 1 1 dx = (1 + x2 ) dt = dt = t + c = arctan x + c. 1 + x2 1 + x2 Wir merken uns $ 1 dx = arctan x + c 1 + x2

bzw.

arctan (x) = $

Beispiel 8.14

Wir bestimmen das Integral

Dazu bringen wir den Integranden auf die Form Grundintegral anwenden zu k¨onnen. Es ist

1 . 1 + x2

1 dx. 9x2 + 4 1 1+u2 ,

um das eben gewonnene

1 1 1 =  . =  9 2 +4 4 1 + 4x 4 1 + ( 32 x)2

9x2

Substituieren wir u = 32 x, so ist du = 32 dx und $ $ $ 1 1 2 1 1 1 dx = du = du = (arctan u + c), 9x2 + 4 4 (1 + u2 ) 3 6 1 + u2 6     und R¨ ucksubstitution liefert 16 arctan 32 x + c als Stammfunktion. $ Beispiel 8.15

∞

Wir berechnen das uneigentliche Integral 1

x2

1 dx. − 2x + 7

Zun¨ achst bringen wir den Nenner durch quadratische Erg¨ anzung und Substitution auf die Form 1 + u2 . x2 − 2x + 7 = x2 − 2x +1 − 1 + 7 = (x − 1)2 + 6 &    2 ' x−1 (x − 1)2 √ +1 =6 1+ =6 6 6

227

8.2 Integration durch Substitution

√ = √1 x − √1 , also du = √1 und rechnen erst ohne Grenzen: Wir setzen u = x−1 dx 6 6 6 6 $ $ √ 1 1 1 dx = 6 du = √ arctan u + c. x2 − 2x + 7 6(1 + u2 ) 6

R¨ ucksubstitution und Einsetzen der Grenzen 1 und z > 1 ergibt . & ' /z & ' $ z x−1 z−1 1 1 1 √ √ dx = √ arctan = √ arctan , 2 6 6 6 6 1 x − 2x + 7 1

ur ♥ → ∞ (vergleiwobei arctan 0 = 0 einging. Beachtet man noch arctan ♥ → π2 f¨ che Abbildung 8.2), so folgt f¨ ur den Wert des uneigentlichen Integrals & ' $ ∞ z−1 1 1 π √ dx = lim √ arctan = √ . 2 − 2x + 7 z→∞ x 6 6 2 6 1

—————————

—————————

Aufgabe 8.6 Setze x(t) = cos t, um die Stammfunktion in Beispiel 8.11 zu bestimmen. Warum widerspricht das Ergebnis nicht dem Ergebnis des Beispiels? ur |x| < 1) Aufgabe 8.7 Bestimme arcsin (x), indem du sin(arcsin x) = x (f¨ beidseitig ableitest, bzw. direkt Satz 5.9 anwendest, der u ¨berhaupt erst garantiert, dass arcsin f¨ ur |x| < 1 differenzierbar ist. Ebenso f¨ ur den Arcustangens. Aufgabe 8.8 $ a)

Integriere! Tipp zu b): quadratisch erg¨anzen.

1 √ dx 3 − x2

Aufgabe 8.9

$ b)

− 14 − 12

$

1

 dx −4(x2 + x)

∞

c) 0

1 dx 4 + 25x2

Zeige durch Integration, dass AKreis = πr2 gilt.

Aufgabe 8.10 In Abbildung 8.4 ist eine Ellipse dargestellt. Die Punkte ( x | y ) auf der Ellipse gen¨ ugen der Gleichung y b x2 y2 + 2 = 1, 2 a b wobei a und b die sogenannten Halbachsen der Ellipse sind. Zeige (in Verallgemeinerung von Aufgabe 8.9), dass die grau schattierte Ellipsenfl¨ache A = πab als Inhalt besitzt.

−a

x a

−b Abbildung 8.4

228

8 Die Kunst des Integrierens

Aufgabe 8.11 L¨ asst man die Ellipse aus voriger Aufgabe um die x-Achse rotieren, so entsteht ein Ellipsoid. Berechne das Volumen (siehe Seite 163) dieses Ellipsoids und spezialisiere das Ergebnis auf das Volumen einer Kugel. Integration rationaler Funktionen in sin ϕ und cos ϕ. √ Ein Ausdruck wie z.B. 3 sin2 ϕ cos ϕ − 2 cos3 ϕ + 2 heißt Polynom in sin ϕ und cos ϕ. Er entsteht, √ indem man in der ganzrationalen Funktion zweier Variablen f (x, y) = 3x2 y − 2y 3 + 2 die Ersetzungen x = sin ϕ und y = cos ϕ vornimmt. Der Quotient zweier solcher Polynome, wie z.B. Aufgabe 8.12

cos2 ϕ sin ϕ 2 sin ϕ − 5 cos ϕ heißt rationale Funktion in sin ϕ und cos ϕ. In Spezialf¨allen wie etwa $ $ sin ϕ dϕ oder sin2 ϕ dϕ cos2 ϕ + 1 k¨onnen wir solche Ausdr¨ ucke bereits integrieren. (Welche Methode w¨ urdest du anwenden?) In der folgenden Anleitung lernst du ein Verfahren kennen, mit dem sich beliebige solche Integrale stets in Integrale u ¨ber gew¨ohnliche“ rationale Funktionen (die ” keine sin- oder cos-Ausdr¨ ucke mehr enthalten) umschreiben lassen. Um letztere zu l¨osen ben¨otigt man allerdings oft eine Partialbruchzerlegung (siehe Abschnitt 8.3). Die folgende trickreiche Substitution basiert auf dem rechtwinkligen Dreieck aus Abbildung 8.5. Die L¨a√nge dessen Hypotenuse ist nach Pythagoras 1 + u2 und es ist u ϕ tan = = u , 2 1 (besser gesagt definiert man u bei gegebenem Winkel ϕ als tan ϕ2 ), sowie 1 ϕ cos = √ 2 1 + u2

√

1 + u2

u

ϕ 2

1 Abbildung 8.5

und sin

ϕ u =√ . 2 1 + u2

(Diese Formeln lassen sich auf alle ϕ = (2k + 1)π, k ∈ Z, verallgemeinern.) 1 − u2 2u und sin ϕ = her. 1 + u2 1 + u2 Tipp: Wende die beiden Doppelwinkelformeln cos 2α = cos2 α − sin2 α und sin 2α = 2 sin α cos α (siehe Aufgabe 9.23) auf 2α = ϕ an.

a) Leite die Zusammenh¨ange

cos ϕ =

229

8.2 Integration durch Substitution

b) Rechne nach, dass

du 1 = (1 + u2 ) dϕ 2

gilt.

Somit f¨ uhrt u = tan ϕ2 insgesamt zu cos ϕ =

1 − u2 , 1 + u2

sin ϕ =

2u 1 + u2

und

2du , 1 + u2

dϕ =

und diese Substitution verwandelt jedes Integral u ¨ber eine rationale Funktion in sin ϕ und cos ϕ in ein Integral u ¨ber eine rationale Funktion in u. (Dieses kann unter Umst¨anden aber noch unangenehmer zu l¨osen sein als das urspr¨ ungliche.) c) Integriere mit Hilfe obiger Substitution. $ $ 1 1 dϕ (ii) dϕ (i) 1 + cos ϕ sin ϕ —————————

8.2.3

$ (iii)

1 + sin ϕ dϕ 1 + cos ϕ

—————————

Hyperbolische Substitution

In vielen mathematischen und naturwissenschaftlichen Anwendungen sind die beiden folgenden Kombinationen zweier e-Funktionen so wichtig, dass sie einen eigenen Namen bekommen: sinh x :=

1 x (e − e−x ) 2

heißt Sinus hyperbolicus,

cosh x :=

1 x (e + e−x ) 2

heißt Cosinus hyperbolicus.

————————— Aufgabe 8.13

—————————

Eigenschaften von sinh und cosh.

a) Zeichne Schaubilder von sinh und cosh und begr¨ unde ihre Symmetrie sowie ihren Verlauf f¨ ur x → ∞. b) Weise nach, dass f¨ ur alle x ∈ R die folgende Beziehung gilt: cosh2 x − sinh2 x = 1. c) Zeige weiter die G¨ ultigkeit der folgenden Identit¨aten: (i) cosh2 x + sinh2 x = cosh 2x 2

(iii) cosh x =

1 2

(cosh(2x) + 1)

(ii) sinh2 x =

1 2

(cosh(2x) − 1)

(iv) sinh(2x) = 2 sinh x cosh x.

230

8 Die Kunst des Integrierens

d) Bestimme die Ableitung von sinh und cosh. e) Zeige, dass die Funktion sinh : R → R die Umkehrfunktion    arsinh : R → R, x → ln x + x2 + 1 besitzt, den sogenannten Areasinus hyperbolicus. Zeige ebenso, dass cosh : [ 0 , ∞ ) → [ 1 , ∞ ) den Areacosinus hyperbolicus,    arcosh : [ 1 , ∞ ) → [ 0 , ∞ ), x → ln x + x2 − 1 , als Umkehrfunktion besitzt (Namensgebung: siehe Aufgabe 8.19). ————————— —————————

Anmerkung: Eigenschaft b) verleiht sinh und cosh ihren Namen. Aus der Definition des gew¨ohnlichen Sinus und Cosinus am Einheitskreis folgt cos2 t+sin2 t = 1, d.h. der Einheitskreis x2 +y 2 = 1 l¨asst sich auch beschreiben als Menge aller Punkte ( cos t | sin t ) mit t ∈ [ 0 , 2π ). In Abbildung 8.6 ist eine Hyperbel dargestellt, deren Punkte die Gleichung x2 − y 2 = 1 erf¨ ullen. Aufgrund von cosh2 t−sinh2 t = 1 l¨asst sich nun der rechte Ast (x  1) einer solchen Hyperbel als Menge aller Punkte ( cosh t | sinh t ) mit t ∈ R beschreiben (siehe Aufgabe 8.14). x2 − y 2 = 1

y 2

( cosh t | sinh t )

1

−2

−1

0

1

2

x

−1

Abbildung 8.6 $ Beispiel 8.16

Bestimme das Integral

√

1 dx. 1 + x2

Der kleine aber entscheidende Unterschied zu Beispiel 8.11 ist das Plus- anstelle des

8.2 Integration durch Substitution

231

Minuszeichens unter der Wurzel. Deshalb substituieren wir hier nicht x(t) = sin t, sondern x(t) = sinh t, t ∈ R. Mit Aufgabe 8.13 folgt dann    dx = cosh t und 1 + x(t)2 = 1 + sinh2 t = cosh2 t = cosh t dt (beachte | cosh t| = cosh t f¨ ur alle t ∈ R), d.h. es ist $ $ $ 1 1 √ cosh t dt = 1 dt = t + c. dx = cosh t 1 + x2 Machen wir die Substitution x(t) = sinh t r¨ uckg¨angig (Aufgabe 8.13 e)), so folgt $    1 √ dx = arsinh x + c = ln x + x2 + 1 + c f¨ ur x ∈ R. 1 + x2 Die restlichen Integrationstricks haben wir bereits im vorigen Abschnitt behandelt, weshalb sie gleich in die Aufgaben verlagert werden. —————————

—————————

Aufgabe 8.14 Beweise die Gleichheit der Mengen , ,

= ( ± cosh t | sinh t ) ∈ R2 | t ∈ R , H = (x| y ) ∈ R2 | x2 − y 2 = 1 und H wobei das + f¨ ur den rechten und das − f¨ ur den linken Hyperbelast zu w¨ahlen ist. $ Aufgabe 8.15

√

Bestimme das Integral

1 x2

−1

dx

f¨ ur x > 1.

Aufgabe 8.16 Verfahre wie in Aufgabe 8.7, um mit Hilfe der Kettenregel die Ableitungen von arsinh x und arcosh x zu bestimmen. Aufgabe 8.17 Integriere! $ 88 √ dx a) 484 + 121x2

$

2

b) −1

√

x2

1 dx + 4x + 3

Aufgabe 8.18 Knacke die folgenden Integrale (f¨ ur a > 0). $ $ $ 1 1 x2 √ √ dx b) dx c) dx a) 2 2 2 2 1 − x a +x x x2 − a2 In b) gilt dabei |x| < 1 und in c) |x| > a.

232

8 Die Kunst des Integrierens

Tipp zu a): Produktintegration / hyperbolische Substitution. Außerdem wirst du Identit¨ aten aus Aufgabe 8.13 c) brauchen. sinh x Tipp zu b) und c): Arbeite mit dem Tangens hyperbolicus tanh x = und cosh x zeige zun¨achst, dass tanh (x) =

Aufgabe 8.19

1 cosh2 x

.

Betrachte die Figur in Abbildung 8.7. Diese wird begrenzt vom rechten Ast der Hyperbel x2 − y 2 = 1 sowie den Strecken OPx und acheninhalt A durch OQx . Zeige, dass ihr Fl¨

y Px 1

A(x) = arcosh x x 1

O −1

x

2 Qx

Abbildung 8.7 —————————

8.3

gegeben ist. (Tipp: Gehe ¨ahnlich vor wie in Beispiel 8.12.) Daher kommt die Bezeichnung Area cosinus hyperbolicus f¨ ur die Umkehrfunktion von cosh. Die Umkehrfunktionen von Sinus und Cosinus tragen die Vorsilbe Arcus, da sie keinen Fl¨acheninhalt, sondern die L¨ange eines Bogens (Arcus) auf dem Einheitskreis beschreiben.

—————————

Integration durch Partialbruchzerlegung

Abschließend lernen wir ein Verfahren zur Integration gebrochenrationaler Funktionen f (x) g(x)

mit reellen Polynomen f und g, wie z.B.

x3 − 8x2 + 13x + 17 x2 − 9x + 20

kennen, wobei wir uns auf den Spezialfall eines quadratischen Nennerpolynoms beschr¨anken. Hat man hier die Vorgehensweise einmal verstanden, kommt man auch mit Nennerpolynomen h¨ oheren Grades zurecht; allerdings sind hier die Ans¨atze im Falle mehrfacher oder komplexer Nullstellen etwas komplizierter (siehe z.B. [Kre]). Beginnen wir mit f (x) = 1 und einem Nenner der Gestalt g(x) = x2 + px + q (einen

8.3 Integration durch Partialbruchzerlegung

233

Vorfaktor a vor dem x2 klammert man aus und zieht ihn vor das Integral), also Integralen der Form $ 1 dx. x2 + px + q Hier k¨onnen drei F¨ alle auftreten: Fall 1: g(x) besitzt keine reelle Nullstelle. Dann l¨asst sich g(x) durch quadratische Erg¨anzung und geeignete Substitution stets auf die Form k · (u2 + 1) bringen, und ein Arcustangens ist die Stammfunktion (siehe Beispiele 8.14 und 8.15). Fall 2: g(x) besitzt eine doppelte Nullstelle x0 ∈ R. Hier ist g(x) = (x − x0 )2 und es folgt $ $ 1 1 1 dx = dx = − + c. x2 + px + q (x − x0 )2 x − x0 Fall 3: g(x) besitzt zwei verschiedene Nullstellen x1 , x2 ∈ R. Dies ist der Fall, der uns tats¨ achlich etwas Neues bringt. Hier l¨ asst sich der Integrand in eine Summe von zwei Partialbr¨ uchen zerlegen, d.h. man findet Konstanten A, B ∈ R, so dass 1 A B = + x2 + px + q x − x1 x − x2 gilt. Nun kann man die rechte Seite mit Hilfe der nat¨ urlichen Logarithmusfunktion m¨ uhelos integrieren. Die Existenz obiger Partialbruchzerlegung (PBZ) l¨asst sich allgemein beweisen (Aufgabe 8.21), aber es ist instruktiver, sie explizit an einigen Beispielen durchzuf¨ uhren. $ Beispiel 8.17

Integriere mit Hilfe einer PBZ

x2

1 dx. −1

Die Nullstellen des Nenners sind x1 = −1 und x2 = 1, d.h. wir machen den Ansatz 1 A B = + x2 − 1 x+1 x−1 f¨ ur die Partialbruchzerlegung des Nenners. Beidseitiges Multiplizieren mit dem geuhrt auf meinsamen Nenner x2 − 1 = (x + 1)(x − 1) f¨ 1 = A(x − 1) + B(x + 1).

()

Nun kann man die rechte Seite nach Potenzen von x sortieren: A(x−1)+B(x+1) = (A + B)x + B − A, und ein Koeffizientenvergleich mit der linken Seite 1 = 0x + 1 f¨ uhrt auf das lineare Gleichungssystem A + B = 0 und B − A = 1 mit den L¨ osungen A = − 12 und B = 12 .

234

8 Die Kunst des Integrierens

Noch schneller f¨ uhrt das Einsetzungsverfahren zum Ziel: Setzt man x = 1 in () ein, so folgt sofort 1 = A · 0 + B · 2, d.h. B = 12 . F¨ ur x = −1 wird () zu 1 = A · (−2) + B · 0, also A = − 12 . Somit lautet die Partialbruchzerlegung des Integranden   1 − 12 1 1 1 1 2 = + = − , x2 − 1 x+1 x−1 2 x−1 x+1 und f¨ ur das gesuchte Integral ergibt sich  $ $  1 1 1 1 1 dx = − dx = (ln |x − 1| − ln |x + 1|) + c. x2 − 1 2 x−1 x+1 2 Mit den Logarithmengesetzen l¨ asst sich die Stammfunktion kompakter schreiben: 0  1  x − 12   1 1 |x − 1|  = ln  x − 1  . (ln |x − 1| − ln |x + 1|) = ln = ln    2 2 |x + 1| x+1 x + 1 Wenn das Z¨ ahlerpolynom des Integranden nicht konstant, sondern linear ist, a¨ndert sich an der Vorgehensweise fast nichts, wie das n¨achste Beispiel zeigt. $ Beispiel 8.18

L¨ose das Integral

x+4 dx. x2 − x − 2

Die Faktorisierung des Nenners lautet x2 − x − 2 = (x + 1)(x − 2). Hier l¨asst man im Ansatz f¨ ur die PBZ des Integranden den Z¨ ahler ganz einfach stehen: x2

x+4 A B = + −x−2 x+1 x−2

=⇒

x + 4 = A(x − 2) + B(x + 1).

F¨ ur x = 2 ergibt sich 6 = 3B und f¨ ur x = −1 folgt 3 = −3A. Also ist A = −1 und B = 2, d.h.  $  $ −1 2 x+4 dx = + dx x2 − x − 2 x+1 x−2 (x − 2)2 + c. = − ln |x + 1| + 2 ln |x − 2| + c = ln |x + 1| Das letzte Beispiel zeigt, wie man bei Z¨ ahlergrad  Nennergrad“ vorgeht. ” $ Beispiel 8.19

Bestimme das Integral

x3 − 8x2 + 13x + 17 dx. x2 − 9x + 20

Der Integrand sieht wenig einladend aus, aber da der Z¨ ahlergrad gr¨oßer als der Nennergrad ist, k¨onnen wir ihn zun¨ achst durch Polynomdivision vereinfachen.

8.3 Integration durch Partialbruchzerlegung

235

(x3 − 8x2 + 13x + 17) : (x2 − 9x + 20) = x + 1 + Restterm −(x3 − 9x2 + 20x) x2 − 7x −(x2 − 9x + 20) 2x − 3 2x − 3 Weil 2x − 3 als Rest u ¨brig bleibt, betr¨ agt der Restterm 2 . Somit ist x − 9x + 20  $  $ 3 x − 8x2 + 13x + 17 2x − 3 dx = x+1+ 2 dx. x2 − 9x + 20 x − 9x + 20 Die ersten beiden Summanden k¨onnen wir bequem integrieren und dem letzten r¨ ucken wir mit PBZ zu Leibe. Die Nullstellen des Nenners sind x1 = 4 und x2 = 5, d.h. es ist x2 − 9x + 20 = (x − 4)(x − 5) und wir k¨onnen somit ansetzen x2

2x − 3 A B = + − 9x + 20 x−4 x−5

=⇒

2x − 3 = A(x − 5) + B(x − 4) .

Einsetzen von x = 5 liefert 7 = B und f¨ ur x = 4 spuckt obige Gleichung 5 = −A aus. Insgesamt ist   $  $  −5 2x − 3 1 2 7 x+1+ 2 dx = x + x + + dx x − 9x + 20 2 x−4 x−5    (x − 5)7  1 1  + c. = x2 + x − 5 ln |x − 4| + 7 ln |x − 5| + c = x2 + x + ln  2 2 (x − 4)5 

—————————

————————— Aufgabe 8.20 $ a)

Berechne mit Hilfe einer PBZ die folgenden Integrale.

5 dx 2 x −x−6

$ b)

3x − 2π dx x2 − πx

$ c)

x2 − x + 3 dx x2 − 3x + 2

Aufgabe 8.21 Zeige mit Hilfe einer allgemeinen PBZ, dass   $  1  2x + p − k  1 dx = ln mit k = p2 − 4q   2 x + px + q k 2x + p + k gilt, falls p2 > 4q ist, d.h. falls das Nennerpolynom zwei verschiedene Nullstellen besitzt (weil in diesem Fall die Diskriminante in der L¨osungsformel positiv ist). —————————

—————————

236

8 Die Kunst des Integrierens

¨ Vermischte Ubungen

8.4

Aufgabe 8.22

Knacke die folgenden Integrale mit einem geeigneten Verfahren.

$

$ sin x · cos x dx

a) $ d) $ g) $ j)

m)

$

t2 dt t−1

e)

x−1 dx ex

h)

√ x 1 + 2x dx

$

b)

1 dx x2 + 2x + 5

$ s) $ v) $ y)

$

cos x 1 − sin x

dx

ex dx a + bex

f) $ i)

(ln x) dx $ √

n) $

ex sin x dx

q)

x dx 1 + x4

t)

ln(x2 ) dx x

w)

1 + ln x dx x − x ln x

z)

$

(arctan x)5 dx x2 + 1 arcsin x dx

$

1 4−

l)

x2

dx

√

o) $

1 dx 2 x + 2x + 1

r)

x ln(3x) dx

u)

x−4 dx x2 − 4

x)

$ $

etan x dx cos2 x

$ 2

k)

xe2x dx

c)

$

$ p)

√ $

$

z8 dz z9 − 1

$

x 1−x

dx

√ ex ex + 1 dx √ sinh( x) √ dx x

$ sinh3 x dx

ex + e−x dx 1 + ex

Literatur zu Kapitel 8 [Heu] Heuser, H.: Lehrbuch der Analysis 1. Vieweg+Teubner, 17. Aufl. (2009) ¨ n] K¨onigsberger, K.: Analysis 1. Springer, 6. Aufl. (2004) [Ko [Kre] Kreul, H., Kreul, M.: Mathematik in Beispielen, Band 4: Integralrechnung. Fachbuchverlag Leipzig (1991)

Teil IV

Abstrakte Algebra

9

Komplexe Zahlen

Dieses und das n¨achste Kapitel sollen dir einen kleinen Einblick in die wunderbare Welt der Algebra vermitteln. Algebra ist hier nicht wie du es aus der Schule gewohnt bist das Rechnen mit ” Buchstaben“, sondern es geht vielmehr darum, die Struktur gewisser Objekte (wie z.B. sogenannter Gruppen, Ringe, K¨orper, Vektorr¨ aume, Moduln etc.) zu studieren und die Eigenschaften von strukturerhaltenden Abbildungen (sogenannter Homomorphismen) zwischen diesen Strukturen zu verstehen. Einigen dieser abstrakten Konzepte wollen wir nun anhand zahlreicher Beispiele Leben einhauchen. Bei den komplexen Zahlen beginnen wir ganz moderat und rechnen viele konkrete Zahlenbeispiele durch, allerdings geben wir auch hier schon einen kleinen Einblick in die axiomatische Methode der Algebra, indem wir uns mit den sogenannten K¨orperaxiomen auseinandersetzen.

9.1

¨ Uberblick u ¨ ber die bekannten Zahlbereiche

In den nat¨ urlichen Zahlen N = { 1, 2, . . . } k¨onnen die Rechenoperationen + und · ausgef¨ uhrt werden, ohne aus N herauszufallen“, d.h. f¨ ur a, b ∈ N gilt a + b ∈ N ” und a · b ∈ N. Man sagt: N ist abgeschlossen bez¨ uglich der Rechenoperationen + und · . Doch bereits eine einfache Subtraktion wie z.B. 3 − 7 f¨ uhrt aus N heraus. Anders ausgedr¨ uckt: Eine Gleichung der Form () x + a = b ,

a, b ∈ N,

ist in N im Allgemeinen nicht l¨ osbar,

da x = b − a keine nat¨ urliche Zahl zu sein braucht. Um dieses Defizit zu beheben, erweitern wir N durch Hinzunahme der negativen Zahlen zu den ganzen Zahlen Z = { 0, ± 1, ± 2, . . . }. Nun ist Gleichung () sogar f¨ ur alle a, b ∈ Z l¨osbar durch x = b − a ∈ Z. Die Zahlenmenge Z ist zwar bez¨ uglich der Rechenoperationen +, − und · abgeschlossen, nicht jedoch bez¨ uglich der Division. Eine Gleichung der Form x·a = b ,

a, b ∈ Z, a = 0,

ist in Z nicht immer l¨osbar,

da x = ab im Allgemeinen keine ganze Zahl ist. Dieses Problem beseitigt man durch Hinzunahme von Br¨ uchen, also durch die Erweiterung von Z zu den rationalen Zahlen Q = { ab | a, b ∈ Z, b = 0 } . Dieser Zahlbereich ist vom algebraischen Standpunkt aus schon recht befriedigend, da er bez¨ uglich der Grundrechenarten ±, · und : abgeschlossen ist (Q ist ein sogenannter K¨ orper; Details in 9.3). Doch auch Q ist noch unvollst¨ andig“, denn bereits eine so einfache Gleichung wie ” 2 besitzt keine rationale L¨osung, x =2 √ da (±) 2 irrational ist (siehe Seite 28). Nehmen wir zu den rationalen alle (¨ uberabz¨ ahlbar unendlich vielen) irrationalen Zahlen hinzu, so gelangen wir zu den reellen Zahlen R (die ebenfalls ein K¨ orper sind). F¨ ur uns besteht R aus allen Dezimalzahlen; die rationalen Zahlen besitzen dabei eine abbrechende oder periodische © Springer Fachmedien Wiesbaden GmbH, ein Teil von Springer Nature 2019 T. Glosauer, (Hoch)Schulmathematik, https://doi.org/10.1007/978-3-658-24574-0_9

240

9 Komplexe Zahlen

Dezimaldarstellung, w¨ahrend die irrationalen Zahlen dadurch charakterisiert sind, dass ihre Dezimaldarstellung weder abbricht noch periodisch wird. Eine abstrak¨ te Konstruktion der reellen Zahlen (z.B. als Aquivalenzklassen von Cauchyfolgen) geht u ¨ber den Rahmen dieses Buches hinaus; siehe z.B. [Ebb]. Algebraisch gesehen k¨ onnen wir uns jedoch mit R immer noch nicht wirklich zufrieden geben, denn die simple Gleichung x2 = −1

ist in R unl¨ osbar,

was ganz einfach daran liegt, dass das Quadrat x2 = x · x einer reellen Zahl x niemals negativ sein kann. Anders formuliert: Es gibt reelle √ Polynome wie z.B. −1“ in R keinen Sinn f (x) = x2 + 1, die keine reellen Nullstellen besitzen, da ” ergibt. Um dieses Manko zu beheben, k¨ ummern wir uns nun um die Konstruktion der komplexen Zahlen C. Diese sind nicht nur in der reinen Mathematik unverzichtbar geworden (Funktionentheorie, analytische Zahlentheorie, komplexe Mannigfaltigkeiten, etc.), sondern auch aus Naturwissenschaft und Technik nicht mehr wegzudenken. So beruht z.B. der gesamte mathematische Formalismus der Quantenphysik auf der Verwendung komplexer Zahlen; aber auch jeder Elektroingenieur verwendet komplexe Zahlen, um z.B. in Wechselstromkreisen m¨oglichst effizient zu rechnen.

9.2 9.2.1

Einf¨ uhrung der komplexen Zahlen C Konstruktion von C

Da es auf der reellen Zahlengeraden R keine Zahl gibt, deren Quadrat −1 ist, f¨ ugen wir eine weitere Achse hinzu und begeben uns in den R2 = R × R. Anstatt geordneter Zahlenpaare (a, b) schreiben wir die Elemente von R2 als Vektoren (wie wir es aus der Schulgeometrie gewohnt sind): 1   2 a  2 R =  a, b ∈ R . b Die Kunst besteht nun darin, auf dieser Menge von Vektoren eine Addition + und vor allem eine Multiplikation · einzuf¨ uhren, die denselben Rechenregeln wie in Q oder R gen¨ ugen. Formal korrekt gelang dies erstmals dem genialen irischen Mathematiker und Physiker Hamilton1 im Jahre 1835. Die Addition auf R2 ist nichts weiter als die bekannte Addition von Vektoren. Die achst Vorschrift, wie man Vektoren des R2 zu multiplizieren hat, lassen wir zun¨ ganz unvermittelt vom Himmel fallen und kl¨aren erst sp¨ater, wie man auf eine solch seltsam anmutende Verkn¨ upfung u ¨berhaupt kommen kann. 1 Sir William Rowan Hamilton (1805 – 1865). Ein Wunderkind, das im Alter von 5 Jahren Latein, Griechisch und Hebr¨ aisch konnte; mit 12 beherrschte er bereits zw¨ olf Sprachen (u.a. Arabisch und Sanskrit). Ber¨ uhmt wurde er durch seine wichtigen Beitr¨ age zur theoretischen Mechanik und durch die Erfindung der Quaternionen H, welche die komplexen Zahlen erweitern (siehe 9.3.3).

¨ hrung der komplexen Zahlen C 9.2 Einfu

241

Definition 9.1 Auf R2 erkl¨ aren wir eine Addition und eine Multiplikation durch             a c a+c a c a·c − b·d := := ⊕ und ! . b d b+d b d a·d + b·c Die Menge R2 zusammen mit diesen beiden Verkn¨ upfungen, kurz (R2 , ⊕ ,!), nennt man die komplexen Zahlen C. ♦ Anmerkung: Wir verwenden zun¨ achst absichtlich die seltsamen Zeichen ⊕ und !, um die beiden neuen Rechenoperationen auf C = R2 von der Addition und Multiplikation in R zu unterscheiden. Sobald wir uns daran gew¨ ohnt haben, kehren wir zu den gew¨ohnlichen Zeichen + und · zur¨ uck.

—————————

—————————

Aufgabe 9.1 Gew¨ohne dich an diese Rechenvorschriften, indemdu  die Summe  und das Produkt der beiden komplexen Zahlen z = 11 und w = 02 berechnest. Stelle z, w, z ⊕ w sowie z ! w zeichnerisch als Pfeile dar und formuliere in Worten, was die Addition komplexer Zahlen geometrisch bedeutet. Kannst du auch erkennen, was bei der Multiplikation geometrisch passiert? Wo liegt der Pfeil von w2 = w ! w? ————————— —————————

Mit der Multiplikation komplexer Zahlen wollen wir uns nun genauer besch¨aftigen. Die erste wichtige Erkenntnis ist, dass C eine Erweiterung von R ist, denn f¨ ur komplexe Zahlen, deren zweite Komponente 0 ist, gilt               a c a+c a c a·c − 0·0 ac ⊕ = und ! = = , 0 0 0 0 0 a·0 + 0·c 0 d.h. diese komplexen Zahlen kann man wie gew¨ ohnliche reelle Zahlen addieren und multiplizieren. Abstrakter ausgedr¨ uckt stellt die Abbildung ι (lies: Iota“) ”   a ι : R → C, a → 0 eine sogenannte Einbettung der reellen in die komplexen Zahlen dar. Dies bedeutet, dass ι injektiv ist (klar!) und die Bedingungen ι(a) ⊕ ι(c) = ι(a + c)

sowie

ι(a) ! ι(c) = ι(a · c)

erf¨ ullt (was genau der Inhalt obiger Rechnung ist). Die reellen Zahlen liegen also als ι(R) in C drin“ und in ι(R) gelten die gewohnten Rechenregeln von R. ”

242

9 Komplexe Zahlen

Transportiert man die reelle 1 mittels ι nach C, so erhalten wir die komplexe Eins, sprich eine komplexe Zahl, die bei Multiplikation nichts ver¨ andert. Denn   1 1C := ι(1) = 0 erf¨ ullt f¨ ur alle z ∈ C         a 1 a·1 − b·0 a z · 1C = ! = = = z. b 0 b·1 + a·0 b In C k¨onnen wir nun unser urspr¨ ungliches Problem, n¨amlich die Unl¨ osbarkeit der Gleichung x2 = −1 in √ R, mit Leichtigkeit l¨osen. Dazu m¨ ussen wir nicht etwa so obskure Ausdr¨ ucke wie −1 hinschreiben, sondern wir geben ganz unmystisch eine komplexe Zahl – also einen Vektor des R2 – an, die mit sich selbst multipliziert −1C ergibt. Definition 9.2   0 i := . 1

Satz 9.1

Die imagin¨ are Einheit ist die komplexe Zahl ♦

In den komplexen Zahlen C ist die Gleichung z 2 = −1C l¨osbar.

F¨ ur z = i gilt         0 0 0·0 − 1·1 −1 · = = = −1C . z 2 = i2 = i ! i = 1 1 0·1 + 1·0 0

Beweis:

 Analog gilt f¨ ur − i =



0 −1

 2

(− i) =

       0 0 0 · 0 − (−1) · (−1) −1 ! = = = −1C . −1 −1 0 · (−1) + (−1) · 0 0

(Achtung: Es ist nicht automatisch klar, dass (− i)2 = i2 gilt; siehe dazu Aufgabe 9.14.) Somit besitzt die Gleichung z 2 = −1 in C (mindestens) zwei L¨osungen, n¨ amlich i und −i.  Vereinbarung: Ab sofort lassen wir den Index C bei der 1 weg und identifizieren 1C mit der reellen 1 (nach der oben besprochenen Einbettung ι). Durch die Einf¨ uhrung von i gelangen wir auch zu einer gebr¨auchlicheren Darstellung komplexer Zahlen. Es ist n¨amlich         *   +   a a 0 a b 0 z= = ⊕ = ⊕ ! = ι(a) ⊕ ι(b) ! i . b 0 b 0 0 1

¨ hrung der komplexen Zahlen C 9.2 Einfu

243

Identifizieren wir nun noch die Einbettungen ι(a) und ι(b) mit ihren reellen Pendants a und b, und schreiben ab sofort + und · auch f¨ ur die Addition und Multiplikation in C, so erhalten wir komplexe Zahlen in handlicher Gestalt als   z = ι(a) ⊕ ι(b) ! i = a + b · i = a + b i. Halten wir also fest: C = { z = a + b i | a, b ∈ R }. Mit Hilfe dieser Darstellung wird auch sofort ersichtlich, wie man auf die seltsame Multiplikationsregel f¨ ur komplexe Zahlen kommen kann. Setzen wir die G¨ ultigkeit des Distributivgesetzes sowie die Kommutativit¨ at der Addition in C voraus (Nachweis erst in 9.3.1), so erhalten wir f¨ ur das Produkt zweier komplexer Zahlen (a + b i) · (c + d i) = ac + bc i + ad i + bd i2 = (ac − bd) + (ad + bc) i, wobei im letzten Schritt i2 = −1 eingeht. Hier steht nun aber nichts anderes als unsere urspr¨ ungliche Definition 9.1 der Multiplikation – nur eben jetzt nicht mehr vektoriell, sondern in der a + b i -Schreibweise. Man muss sich Definition 9.1 also gar nicht merken, sondern man bildet einfach das Produkt komplexer Zahlen durch ganz intuitives Ausmultiplizieren“ unter Beachtung von i2 = −1. ” Definition 9.3 F¨ ur eine komplexe Zahl z = a+b i mit a, b ∈ R heißen die reellen Zahlen Re z := a Realteil von z und Im z := b Imagin¨ arteil von z. Eine komplexe Zahl z = 0 heißt rein imagin¨ ar, falls z = b i mit b ∈ R\{0} ist. ♦ Beispiel 9.1 a) F¨ ur z = 2 − 5 i ist Re z = 2 und Im z = −5 (und nicht −5 i). b) F¨ ur die imagin¨are Einheit i = 0 + 1 i gilt Re i = 0 und Im i = 1. Abbildung 9.1 veranschaulicht nochmals alle Zusammenh¨ange in der komplexen Zahlenebene, die zu Ehren von Gauß auch gaußsche Zahlenebene genannt wird. Man beachte den Unterschied zwischen den schwarzen und grauen Symbolen: So bezeichnet z.B. i den Pfeil, der zur imagin¨aren Einheit geh¨ort, w¨ ahrend die 1 auf der imagin¨aren Achse der Imagin¨arteil von i (also eine reelle Gr¨oße) ist. Historisches. Bereits Mitte des 16. Jahrhunderts, also ca. 300 Jahre vor Hamilton besch¨ aftigte sich Cardano2 mit dem L¨ osen von Gleichungen 3. und 4. Grades (siehe Seite 277) und rechnete dabei mit Wurzeln aus negativen Zahlen – allerdings unter √ ” ¨ −1“ blieben den Mathematikern noch Uberwindung geistiger Qualen“. Ausdr¨ ucke wie ” lange Zeit suspekt, und das Rechnen mit diesen imagin¨ aren“ (also eingebildeten) Gr¨ oßen ” wurde zun¨ achst als bloße Spielerei angesehen. Dies ¨ anderte sich sp¨ atestens, als der großartige Euler um 1770 komplexe Zahlen erfolgreich in der Analysis verwendete – von ihm 2 Gerolamo

Cardano (1501 – 1576). Arzt, Mathematiker, Mystiker und W¨ ustling.

244

9 Komplexe Zahlen

imagin¨are Achse b = Im z

    a 0 z = a + bi = ⊕ 0 b

1   0 i= 1 reelle Achse C = R2

  1 1 1C = 0

a = Re z

Abbildung 9.1

stammt u ¨brigens das Symbol i. Und als schließlich auch Gauß, der F¨ urst der Mathe” matik“, um 1830 mit komplexen Zahlen arbeitete (zun¨ achst in geometrischer Gestalt), fanden sie allgemeine Anerkennung.

Um es zum Schluss noch einmal hervorzuheben: Das Geniale an Hamiltons Kon√ struktion von C ist, dass wir keine omin¨osen Ausdr¨ ucke wie i = −1“ hin” einstecken m¨ ussen, sondern lediglich mit Paaren reeller Zahlen hantieren. Ist C √ achlich Sinn geben – auf diese Weise erst einmal konstruiert, kann man −1 tats¨ ucke jedoch bereits n¨amlich als L¨ osung(en) der Gleichung z 2 = −1. Solche Ausdr¨ in die Definition von C einzubauen, ist unsauber.

9.2.2

Rechnen mit komplexen Zahlen

Nach all diesen abstrakten Konstruktionen wird es h¨ochste Zeit f¨ ur ein paar Zahlenbeispiele. Hier geht es zun¨achst nur um naives“ Rechnen mit komplexen Zahlen. ” Die Rechtfertigung aller verwendeter Rechenregeln erfolgt erst in Abschnitt 9.3.1. Beachte, dass man die Ergebnisse immer in der Standarddarstellung a + b i mit reellen Zahlen a, b angibt. So weiß man auch sofort, wie der zugeh¨orige Pfeil in der gaußschen Ebene aussieht. Beispiel 9.2

Wir bilden die Summe von z = 2 + 5 i und w = 4 − 2 i:

z + w = 2 + 5 i + 4 − 2 i = 2 + 4 + (5 − 2) i = 6 + 3 i. Man muss also lediglich die Real- und Imagin¨ arteile beider Zahlen addieren. Ebenso leicht ist das Subtrahieren, denn z − w bedeutet nichts weiter als das Negative von w zu z zu addieren: z − w = z + (−w), wobei −w = −(4 − 2 i) = −4 + 2 i ist. Die

¨ hrung der komplexen Zahlen C 9.2 Einfu

245

Differenz ist also z − w = 2 + 5 i − (4 − 2 i) = 2 − 4 + (5 + 2) i = −2 + 7 i. Beispiel 9.3 Wir berechnen Produkt z · w und Quotient wz f¨ ur obige Zahlen. Das Produkt bilden ist leicht, wir multiplizieren dazu einfach aus: (2 + 5 i) · (4 − 2 i) = 2 · 4 − 2 · 2 i + 5 i · 4 − 5 i · 2 i = 8 − 10 i2 + (−4 + 20) i = 18 + 16 i, wobei im letzten Schritt wie immer i2 = −1 zu beachten ist. 2+5 i Wie aber soll man den Quotienten wz = 4−2 i in Standardform bringen? Offensichtlich st¨ort der komplexe Nenner. Um ihn zu beseitigen, verwenden wir einen a¨hnlichen Trick wie beim Rationalmachen des Nenners“. Durch Erweitern ” mit 4 + 2 i verschwindet aufgrund der dritten binomischen Formel (die auch in C gilt) das i im Nenner, d.h. wir haben den Nenner reell gemacht“: ” z 2 + 5i 4 + 2i (2 + 5 i) · (4 + 2 i) 8 + 10 i2 + 4 i + 20 i = · = = w 4 − 2i 4 + 2i 42 − (2 i)2 16 − 4 i2 =

−2 + 24 i 1 6 −2 + 24 i = = − + i = −0,1 + 1,2 i. 16 − 4 · (−1) 20 10 5

Beispiel 9.4 Wir bestimmen (1 + i)−1 , das sogenannte multiplikative Inverse von 1 + i, indem wir denselben Trick wie eben anwenden, um den Nenner reell zu machen: (1 + i)−1 =

1 1− i 1− i 1 1 1 1− i = · = 2 = − i. = 2 1+ i 1+ i 1− i 2 2 2 1 −i

Zur Kontrolle kann man nachrechnen, dass tats¨ achlich ( 12 −

1 2

i) · (1 + i) = 1 ist.

Den Trick der letzten beiden Beispiele m¨ ussen wir unbedingt allgemein festhalten. Satz 9.2

Jedes z = a+b i ∈ C \ {0} besitzt ein multiplikatives Inverses z −1 :

(a + b i)−1 =

a − bi a b = 2 − 2 i. 2 2 2 a +b a +b a + b2

Beweis: Es muss lediglich (a + b i) · (a + b i)−1 = 1 nachgewiesen werden (vergleiche 9.3.1), wenn f¨ ur das Inverse die behauptete obige Formel eingesetzt wird. Direkte Rechnung best¨atigt dies: (a + b i) ·

(a + b i) · (a − b i) a 2 − b2 i 2 a 2 + b2 a − bi = = = 2 =1. 2 2 2 2 2 2 a +b a +b a +b a + b2



246

9 Komplexe Zahlen

Beachte: Teilen durch a2 + b2 ist erlaubt, da dieser Ausdruck f¨ ur z = 0 nie 0 wird. Wie aber kommt man auf diese Formel f¨ ur das Inverse? Ganz einfach: Wieder durch 1 Nenner reell machen“, d.h. Erweitern von a+b i mit a − b i: ” 1 1 a − bi a − bi a − bi = · = 2 = 2 . 2 2 a + bi a + bi a − bi a + b2 a −b i Wenn man nicht auf diesen Trick kommt, muss man wesentlich mehr M¨ uhe investieren, um die Formel f¨ ur das Inverse zu erhalten (siehe Aufgabe 9.6).

—————————

—————————

Bringe die folgenden Ausdr¨ ucke in die Form a + b i mit a, b ∈ R. 1 d) a) (2 + 3 i) − (1 − i) b) (5 − 3 i) · (4 − i) c) (8 + 6 i)2 i '201 & √ 8 + 5i 1 3 2 1+ i 10 e) f) + g) √ i) h) (1 + i) 2− i i 1+ i 1− i 2− i

Aufgabe 9.2

Aufgabe 9.3

Stelle M zeichnerisch in der gaußschen Zahlenebene dar:

M = { z ∈ C | Re z  2 ∧ Im z < 1 }. 1 (z ∈ C \{0}). z2

Aufgabe 9.4

Bestimme Re w und Im w f¨ ur w =

Aufgabe 9.5

Untersuche auf Injektivit¨at, Surjektivit¨at, Bijektivit¨ at.

a) r : C → R,

z → Re z

c) k : C\{0} → C\{0}, e) m : C → C,

1 z→  z

b) e : R → C,

a → a + a i

d) g : C → C,

z → z + i

z → z · (1 + i)

Aufgabe 9.6 (brute-force-Ansatz f¨ ur das Inverse) Bestimme das Inverse von z = a + b i = 0, indem du den allgemeinen Ansatz z −1 = c + d i in die Gleichung z · z −1 = 1 einsetzt und Real- und Imagin¨arteil beider Seiten vergleichst. (Zwei komplexe Zahlen sind offenbar genau dann gleich, wenn ihre Real- und Imagin¨ arteile u ¨bereinstimmen.) Dies f¨ uhrt auf ein 2 × 2 –LGS, welches du nach den gesuchten Gr¨ oßen c und d aufl¨ osen kannst. —————————

—————————

¨ hrung der komplexen Zahlen C 9.2 Einfu

9.2.3

247

Komplexe Konjugation und Betrag

Eine simple Rechenoperation, Konjugation genannt, erleichtert die Notation im Umgang mit komplexen Zahlen und macht dadurch Rechnungen u ¨ bersichtlicher. Die konjugiert komplexe Zahl von z = a + b i ∈ C (a, b ∈ R) ist

Definition 9.4 z := a − b i

(lies: z quer“), d.h. wir ersetzen den Imagin¨arteil von z einfach durch sein Negati” ves. In der gaußschen Zahlenebene wird dabei der zu z geh¨ orige Pfeil an der reellen Achse gespiegelt. ♦ a) Es ist

Beispiel 9.5

√

3 + 2i =

√

3 − 2i.

ur rein imagin¨ares z gilt z = −z , z.B. i = − i. b) F¨ ur reelles z gilt z = z und f¨ Satz 9.3

F¨ ur alle z, w ∈ C (z = a + b i mit a, b ∈ R) gilt: und

z · w = z · w,

(1)

z+w =z+w

(2)

Re z =

(3)

z · z = a2 + b2 , d.h. z · z ist reell und nicht-negativ (kurz: z · z ∈ R+ 0 ).

1 (z + z) 2

—————————

und

Im z =

1 (z − z), 2i

—————————

Aufgabe 9.7 Beweise Satz 9.3, indem du z = a + b i und w = c + d i (mit a, b, c, d ∈ R) in obige Formeln einsetzt und explizit deren G¨ ultigkeit nachrechnest. Interpretiere (2) auch geometrisch, indem du dir die Lage der Pfeile von z + z und z − z genau anschaust. —————————

—————————

Im Hinblick auf (3) k¨ onnen wir nun Folgendes definieren. Der Betrag einer komplexen Zahl z = a + b i (mit a, b ∈ R) ist  √ |z| = z · z = a2 + b2 ∈ R+ 0. ♦

Definition 9.5

Nach dem Satz des Pythagoras ist |z| nichts anderes als die L¨ ange des Pfeils, der z in der gaußschen Zahlenebene repr¨asentiert. Zudem stimmt |z| ur reelles √ z mit √ f¨ dem gew¨ ohnlichen Betrag u ¨berein, denn f¨ ur z = a ∈ R ist |z| = a · a = a2 = |a|.

248

9 Komplexe Zahlen

Direkt aus der Definition von |z| ergibt sich eine Darstellung f¨ ur das Betragsquadrat einer komplexen Zahl, die oft extrem hilfreich ist: |z|2 = z · z. Mit Hilfe von Betrag und Konjugation sind wir nun in der Lage, die Formel f¨ ur das Inverse wesentlich knapper aufzuschreiben, denn offenbar ist (siehe Satz 9.2) z −1 =

z a − bi = . 2 2 a +b |z|2

Auch der Nachweis dieser Formel gelingt nun noch schneller: z · z −1 = z ·

z z·z |z|2 = = 2 = 1. 2 2 |z| |z| |z|

Beispiel 9.6 Der Betrag von z = 3 + 4 i ist |z| = |3 + 4 i| = F¨ ur das Inverse von z folgt somit (3 + 4 i)−1 =

√ 32 + 42 = 5.

z 3 − 4i 4 3 − i. = = |z|2 52 25 25

An dieser Stelle beweisen wir noch ein paar Rechenregeln f¨ ur den Betrag. Satz 9.4

F¨ ur alle z, w ∈ C gilt

(1)

|z| > 0 f¨ ur z = 0 und

(2)

|z · w| = |z| · |w|,

(3)

|z + w|  |z| + |w|

Beweis:

|z| = |z| .

d.h. der Betrag ist multiplikativ. (Dreiecksungleichung).

(1) Ist klar.

(2) Wir wenden die n¨ utzliche Beziehung |♥|2 = ♥ · ♥ auf ♥ = z · w an: |zw|2 = zw · zw = zw · z · w = zz · ww = |z|2 · |w|2 . Wurzelziehen liefert die Behauptung. (3) Geometrisch ist die Dreiecksungleichung sofort einsichtig: Beachtet man, dass der Addition von komplexen Zahlen in der gaußschen Zahlenebene einfach die Addition von Vektoren nach der Parallelogrammregel entspricht, so verbirgt sich hinter |z + w|  |z| + |w| lediglich die Aussage, dass eine Seitenl¨ ange in einem Dreieck nie gr¨oßer als die Summe der beiden anderen Seitenl¨angen sein kann (siehe Abbildung 9.2).

Im

z+w

|w| z |z|

|

z+

w|

w |w|

Abbildung 9.2

Re

¨ hrung der komplexen Zahlen C 9.2 Einfu

249

Rechnerischer Beweis (beachte Satz 9.3!): |z + w|2 = (z + w) · (z + w) = (z + w) · (z + w) = zz + zw + wz + ww = |z|2 + zw + zw + |w|2 = |z|2 + 2 Re(zw) + |w|2  |z|2 + 2 |zw| + |w|2 = |z|2 + 2 |z| · |w| + |w|2 = (|z| + |w|)2 , und Wurzelziehen liefert die Behauptung. Beim  -Schritt wurde Re ♥  |♥| (klar!) verwendet. Zudem wurde in der zweiten Zeile der Trick w = w, also auch  w · z = w · z = w · z = z · w, verwendet, sowie am Ende |w| = |w|. Abschließend betreiben wir mit Hilfe des komplexen Betrags noch ein wenig Geometrie in der gaußschen Zahlenebene. Beispiel 9.7

Welche komplexen Zahlen z erf¨ ullen die Gleichung

|z + 1| = |z − (1 + 2 i)|, und wie sieht die L¨ osungsmenge in der gaußschen Zahlenebene aus? Algebraischer L¨ osungsweg: x, y ∈ R. Dann ist

Wir schreiben die gesuchten z als z = x + y i mit

z + 1 = x + y i + 1 = (x + 1) + y i

sowie

z − (1 + 2 i) = x − 1 + (y − 2) i

und aufgrund der Definition des komplexen Betrags geht die Gleichung |z + 1| = |z − (1 + 2 i)| damit u ¨ber in   (x + 1)2 + y 2 = (x − 1)2 + (y − 2)2 . Quadrieren3 und umformen liefert (x + 1)2 + y 2 = (x − 1)2 + (y − 2)2 ⇐⇒

x2 + 2x + 1 + y 2 = x2 − 2x + 1 + y 2 − 4y + 4

⇐⇒

y = −x + 1.

Die L¨osungsmenge lautet somit L = { z = x + y i | y = −x + 1; x, y ∈ R }, was nichts anderes als eine Gerade in der gaußschen Zahlenebene beschreibt, genauer: Die um 1 nach oben verschobene zweite Winkelhalbierende. Was diese allerdings mit dem +1 bzw. −(1+2 i) der urspr¨ unglichen Gleichung zu tun hat, tritt bei dieser L¨ osung nicht zu Tage. Wesentlich erkenntnisreicher und eleganter ist hier die 3 Da beide Seiten der Gleichung als Wurzeln nicht negativ sind, ist Quadrieren hier eine zul¨ assi¨ ge Aquivalenzumformung!

250

9 Komplexe Zahlen

Geometrische L¨ osung: Es sei w = 1+2 i. Dann ist z − w (= −w + z) nichts anderes als der Verbindungsvektor von w nach z, wie man in Abbil−w dung 9.3 erkennt (dort wurde der Anfangspunkt w z−w des Gegenvektors −w an die Spitze von w verschoben). Somit ist |z − (1 + 2 i)| = |z − w| der Abstand zwischen den Punkten Z (x | y) und W (1 | 2) in der gaußschen Zahlenebene, die den komplexen Zahlen z z = x + y i und w = 1 + 2 i entsprechen. Ebenso ist |z + 1| = |z − (−1)| der Abstand zwischen den Abbildung 9.3 Punkten Z (x | y) und W  (−1 | 0). Die Bedingung |z + 1| = |z − (1 + 2 i)| beschreibt demnach alle Punkte Z (x | y), die von W  und W denselben Abstand haben. Diese bilden aber bekanntlich genau die Mittelsenkrechte beider Punkte, welche in diesem Beispiel durch die Gerade y = −x + 1 beschrieben wird. Im |z − w|

Z

W

2

|z + 1|

1

W −2

Re −1

0

1

2

Abbildung 9.4 Beispiel 9.8 Welche geometrische Figur in der gaußschen Zahlenebene beschreiben alle komplexen Zahlen z mit |z − (1 + 2 i)| = 2 ? Algebraischer L¨ osungsweg: Schreiben wir die gesuchten Zahlen als z = x + y i mit x, y ∈ R, so wird die Bedingung |z − (1 + 2 i)| = 2 wie im vorigen Beispiel zu  ! |z − 1 − 2 i| = (x − 1)2 + (y − 2)2 = 2. Alle Paare (x | y), die diese Gleichung erf¨ ullen, liegen auf einem Kreis vom Radius 2 mit Mittelpunkt W (1 | 2), welcher der komplexen Zahl w = 1 + 2 i entspricht. Wenn dir die Kreisgleichung unbekannt sein sollte, so betrachte das gestrichelte Hilfsdreieck in Abbildung 9.5: Die Kathetenl¨ angen betragen |x − 1| und |2 − y| = |y − 2|, und seine Hypotenusenl¨ ange ist |W Z| = 2, also gilt nach dem Satz des Pythagoras (x − 1)2 + (y − 2)2 = 22 (Betr¨ age entfallen beim Quadrieren).

¨ hrung der komplexen Zahlen C 9.2 Einfu

251

Im 4

3

W (1 | 2)

2

w 1

Z(x | y)

z

Re −1

0

1

2

3

Abbildung 9.5 Allgemein kann man also festhalten, dass |z − w| = r eine kompakte Schreibweise f¨ ur eine Kreisgleichung in der gaußschen Zahlenebene ist. Der Mittelpunkt W dieses Kreises vom Radius r liegt dabei am Endpunkt des w-Pfeils. Geometrische L¨ osung: Gesucht sind alle komplexe Zahlen z, f¨ ur die |z −w| = 2 gilt, wobei w = 1 + 2 i ist. Wieder wie im vorigen Beispiel ist z − w der Verbindungsvektor von W (1 | 2) zu Z(x | y). Die Bedingung |z − w| = 2 erfasst alle solchen Vektoren mit L¨ange 2, weshalb die zugeh¨origen Punkte Z einen Kreis vom Radius 2 mit Mittelpunkt W beschreiben.

—————————

—————————

50 · Im (2 − 4 i)−1 + Re (|6 + 8 i|).

Aufgabe 9.8

Berechne:

Aufgabe 9.9

Beweise das sogenannte Parallelogrammgesetz

|z + w|2 + |z − w|2 = 2 |z|2 + 2 |w|2 Aufgabe 9.10 κ : C → C,

und interpretiere es geometrisch.

Untersuche auf Injektivit¨at, Surjektivit¨at und Bijektivit¨ at: z → z;

b : C → C,

z → |z|;

˜b : C → R+ , 0

z → |z|.

Aufgabe 9.11 Stelle folgende Punktmengen zeichnerisch in der gaußschen Zahlenebene dar und begr¨ unde deine Zeichnung. a)

M1 = { z ∈ C | |z| = 1 }

b)

M2 = { z ∈ C | |z − i| = 1 }

c)

M3 = { z ∈ C |

1 2

bzw.

 |z − i| < 1 }

M1 = { z ∈ C | |z|  1 }

252

9 Komplexe Zahlen

M4 = { z ∈ C | |z − 1| = |z + 1| }

d) ∗

M5 = { z ∈ C | |z|2 − 2(z + z) = 0 }

e)

(Tipp: Die Gleichung eines Kreises mit Radius r und Mittelpunkt ( a | b ) lautet bekanntlich (x − a)2 + (y − b)2 = r2 . Benutze quadratische Erg¨anzung, um bei M5 auf eine solche Gleichung zu kommen.) —————————

9.3

—————————

Der K¨ orper der komplexen Zahlen

9.3.1

Was ist ein K¨ orper?

In diesem Abschnitt werden wir die Struktur der komplexen Zahlen von einem abstrakteren Standpunkt aus betrachten und nachweisen, dass sie einen sogenannten K¨orper bilden. Das heißt letztendlich, dass man in C so rechnen kann, wie man es von den rationalen oder reellen Zahlen her kennt. Definition 9.6

Ein K¨ orper ist eine Menge K mit zwei Verkn¨ upfungen

+ : K × K → K, · : K × K → K,

(a, b) → a + b (a, b) → a · b

(Addition) und (Multiplikation),

so dass folgende neun Bedingungen, die sogenannten K¨ orperaxiome, erf¨ ullt sind. (A1 ) (a + b) + c = a + (b + c) f¨ ur alle a, b, c ∈ K

(Assoziativit¨at der Addition)

ur alle a ∈ K (A2 ) Es gibt ein 0 ∈ K mit a + 0 = a f¨

(Neutralelement bzgl. +)

(A3 ) Zu jedem a ∈ K gibt es ein b ∈ K mit a + b = 0 (additives Inverses) ur alle a, b ∈ K gilt a + b = b + a (A4 ) F¨

(Kommutativit¨at der Addition)

ur alle a, b, c ∈ K (M1 ) (a · b) · c = a · (b · c) f¨

(Assoziativit¨at der Multiplikation)

(M2 ) Es gibt ein 1 ∈ K \{0} mit a · 1 = a f¨ ur alle a ∈ K (Neutralelement bzgl. ·) (M3 ) Zu jedem a ∈ K \{0} gibt es ein b ∈ K mit a · b = 1 (multiplikatives Inverses) ur alle a, b ∈ K gilt a · b = b · a (M4 ) F¨

(Kommutativit¨at der Multiplikation)

(D) a · (b + c) = a · b + a · c f¨ ur alle a, b, c ∈ K

(Distributivgesetz)

♦

¨ rper der komplexen Zahlen 9.3 Der Ko

253

Anmerkungen: 1. Das additive Inverse von a bezeichnen wir mit −a, das multiplikative Inverse mit a−1 . Das“ Inverse darf man strenggenommen nur dann sagen, wenn ” es eindeutig bestimmt ist. Dies sowie die Eindeutigkeit der Neutralelemente wird in Aufgabe 9.13 aus den Axiomen gefolgert. 2. Axiom (A2 ) fordert nur die Existenz eines Rechtsneutralelements“ 0, welches ” aufgrund der Kommutativit¨at (A4 ) aber automatisch auch linksneutral ist. Analoges gilt f¨ ur (A3 ), (M2 ) und (M3 ). 3. Das Rechtsdistributivgesetz“ folgt aufgrund der Kommutativit¨at der Multi” plikation aus dem Linksdistributivgesetz“ (D): ” (M )

(D)

(M )

(a + b) · c =4 c · (a + b) = c · a + c · b =4 a · c + b · c . unschten Spezial4. In (M2 ) wird 1 ∈ K \{0} gefordert, d.h. 1 = 0, um den unerw¨ fall K = {0} auszuschließen. K \{0} wird oft als K∗ abgek¨ urzt. Dir bereits wohlbekannte Beispiele von K¨ orpern sind die rationalen Zahlen Q sowie die reellen Zahlen R. Nat¨ urlich wurden die K¨ orperaxiome in der Schule stets nur als Rechenregeln mitgeteilt, deren G¨ ultigkeit ohne Beweis akzeptiert wurde. Dass die komplexen Zahlen C tats¨ achlich ein K¨orper sind, wollen wir nun explizit beweisen. Allerdings st¨ utzen wir uns dabei auf die G¨ ultigkeit der K¨ orperaxiome in R – und deren Beweis bzw. u ¨berhaupt eine saubere Konstruktion von R ist wie bereits fr¨ uher angedeutet eine komplizierte Geschichte, auf die wir nicht n¨ aher eingehen. Satz 9.5 Die Menge C = R2 ist mit den in 9.2.1 definierten Verkn¨ upfungen             a c a+c a c ac − bd ⊕ = und ! = b d b+d b d ad + bc ein K¨orper, der K¨ orper der komplexen Zahlen. Es wird hier u ¨brigens absichtlich die Vektorschreibweise verwendet, weil wir uns an das intuitive Rechnen mit der a + b i-Schreibweise bereits zu sehr gew¨ ohnt haben. Beweis: Die Addition ⊕ definiert jedenfalls eine Verkn¨ upfung auf C = R2 , da die Summe z ⊕ w zweier Vektoren offenbar wieder ein Vektor aus R2 ist. Zudem ist sie assoziativ, denn es gilt *   +         a c e a+c e (a + c) + e + ⊕ = ⊕ = b d f b+d f (b + d) + f     *   + () a + (c + e) a c e = = ⊕ ⊕ . b + (d + f ) b d f

254

9 Komplexe Zahlen

Uff. . . eine solch offensichtliche aber m¨ uhsame Rechnung will man nur einmal in seinem Leben ausf¨ uhrlich aufschreiben. Wenn man genau hinschaut, ist () der einzige interessante Schritt, und hier wird lediglich ausgenutzt, dass die gew¨ohnliche Addition in R assoziativ ist. Wir k¨onnen also auch einfach sagen, dass sich die Assoziativit¨at von ⊕ komponentenweise auf die Assoziativit¨ at der Addition in R zur¨ uckf¨ uhren l¨ asst. Die G¨ ultigkeit der restlichen K¨orperaxiome (A2 )–(A4 ) f¨ ur die Addition ist leicht zu verifizieren: Das Neutralelement der Addition ist           a 0 a+0 a 0 0C := ⊕ = = =z , da z ⊕ 0C = b 0 b+0 b 0     a −a := f¨ ur alle z ∈ C gilt. (A3 ): Definiert man − , so ist b −b         a −a a−a 0 ⊕ = = = 0C , b −b b−b 0 d.h. jedes z ∈ C besitzt ein additives Inverses. Schließlich ist die Addition ⊕ kommutativ, weil die gew¨ ohnliche Addition in R dies ist:             a c a+c c+a c a ⊕ = = = ⊕ , b d b+d d+b d b d.h. es gilt z ⊕ w = w ⊕ z f¨ ur beliebige z, w ∈ C. Schon weniger offensichtlich ist der Nachweis der K¨ orperaxiome f¨ ur die Multiplikation. Auch hier ist zun¨ achst klar, dass es sich bei ! um eine Verkn¨ upfung handelt, die aus zwei komplexen Zahlen wieder eine komplexe Zahl macht. Etwas m¨ uhsam ist wieder die Assoziativit¨ at (M1 ); man rechnet             a c e ac − bd e (ac − bd)e − (ad + bc)f   =  = und b d f ad + bc f (ac − bd)f + (ad + bc)e             c e a ce − df a(ce − df ) − b(cf + de) a   =  = . b d f b cf + de a(cf + de) + b(ce − df )

Durch Ausmultiplizieren in beiden Komponenten, also Anwenden des Distributivgesetzes in R, erkennt man, dass das Ergebnis beider Rechnungen gleich ist. Weiterhin wissen wir bereits aus 9.2.1 und 9.2.2, dass   1 1C := das Neutralelement bez¨ uglich ! ist, und dass 0  −1  a  a 2 +b2 := a −b b a2 +b2

  invers zu

a b

= 0C

ist.

Schließlich ist die Multiplikation kommutativ, denn             a c ac − bd ca − db c a  = = =  , b d ad + bc da + cb d b

¨ rper der komplexen Zahlen 9.3 Der Ko

255

wobei die Kommutativit¨at der gew¨ ohnlichen Multiplikation in R eingeht. Zu guter Letzt muss noch das Distributivgesetz nachgerechnet werden. Packen wir’s an:   *   +       a c e a c+e a(c + e) − b(d + f ) ! ⊕ = ! = b d f b d+f a(d + f ) + b(c + e)     ac + ae − bd − bf ac − bd + ae − bf = = ad + af + bc + be ad + bc + af + be     *   + *   + ac − bd ae − bf a c a e = ⊕ = ! ⊕ ! . ad + bc af + be b d b f Auf das geschickte Umsortieren in der zweiten Zeile kommt man nat¨ urlich nur, wenn man sich vor Augen h¨alt, wie das Endergebnis aussehen soll.  Hurra, geschafft! C ist also erwiesenermaßen ein K¨ orper, was bedeutet, dass wir die aus Q oder R gewohnten Rechengesetze ab jetzt guten Gewissens auch in C anwenden d¨ urfen. Es folgen nun ein paar abstraktere Aufgaben, in denen du dich an den Umgang mit den K¨ orperaxiomen gew¨ ohnen sollst.

————————— Aufgabe 9.12

—————————

Versuch einer alternativen K¨orpermultiplikation auf R2 .

Anstelle der seltsamen Multiplikation aus Definition 9.1 w¨ are das Produkt auf R2       a c ac := ∗ b d bd doch eine viel nat¨ urlichere Wahl. Du sollst nun zeigen, dass (R2 , ⊕ , ∗) mit der so definierten Multiplikation ∗ kein K¨orper ist. ¨ a) Uberlege, wie das multiplikative Neutralelement 1∗ ∈ R2 aussehen muss.   uglich b) Gib Elemente ab = 00 =: 0 an, die kein multiplikatives Inverses bez¨ ∗ besitzen. Da die Existenz solcher Elemente mit dem K¨ orperaxiom (M3 ) unvereinbar ist, kann ∗ also keine K¨orpermultiplikation auf R2 definieren. c) Finde von Null verschiedene Elemente n, m ∈ R2 , f¨ ur die n ∗ m = 0 gilt (sogenannte Nullteiler). Begr¨ unde anschließend, warum es in einem K¨ orper keine Nullteiler geben kann (Tipp: Multiplikation mit dem Inversen). Dies beweist erneut, dass ∗ keine K¨ orpermultiplikation auf R2 sein kann.

256

9 Komplexe Zahlen

Aufgabe 9.13

Eindeutigkeit von Neutralelementen und Inversen.

a) Dass die Null, also das Neutralelement der Addition eines K¨orpers K eindeutig bestimmt ist, beweist man wie folgt: Angenommen 0 ist ein weiteres Neutralelement der Addition. Dann folgt sofort 0 = 0+ 0= 0, wobei im ersten Schritt die Eigenschaft von 0 als (Rechts-)Neutralelement eingeht und beim zweiten Gleichheitszeichen die (Links-)Neutralit¨ at der 0. Somit gilt 0 = 0 und die Eindeutigkeit ist bewiesen. Beweise analog, dass die Eins eines K¨ orpers eindeutig bestimmt ist. b) Die Eindeutigkeit von additiven Inversen zu beweisen, ist etwas trickreicher. Seien b und b zwei additive Inverse von a ∈ K. Dann ist a + b = 0 sowie a + b = 0, und es folgt

b = b + 0 = b + (a + b) = ( b + a) + b = (a + b) + b = 0 + b = b, wobei Assoziativit¨ at und Kommutativit¨at der Addition verwendet wurden. Beweise analog die Eindeutigkeit von multiplikativen Inversen in K¨ orpern. Aufgabe 9.14 Rechnen in K¨orpern. (Warnung: Wutausbr¨ uche m¨oglich!) Wir ziehen ein paar ganz harmlose Folgerungen aus den K¨ orperaxiomen. Aussagen wie z.B. a) oder d) erscheinen einem dabei dermaßen klar, dass man zun¨achst die Beweisnotwendigkeit gar nicht einsieht. Beim Versuch eines Beweises scheitert man allerdings oft kl¨aglich, wenn man nicht den richtigen (miesen) Beweistrick erkennt. Entscheidend ist, dass alle Aussagen einzig und allein mit Hilfe der K¨ orperaxiome bewiesen werden d¨ urfen. Du musst also in jedem Schritt h¨ ollisch aufpassen, dass du nicht unerlaubterweise Dinge verwendest, die dir klar“ zu sein scheinen. ” a) Ebbes4 mal Null bleibt Null.“ Zeige, dass f¨ ur jedes Element a eines K¨ orpers ” K stets a · 0 = 0 gilt. Probiere das zun¨achst ein Weilchen selber; sobald die Ver¨argerung zu groß wird, folge der Anleitung: Schreibe die Null in a · 0 als 0+0 und wende das Distributivgesetz an. Subtrahiere dann auf beiden Seiten der entstehenden Gleichung a · 0. (Dies ist m¨oglich, weil das K¨ orperelement a · 0 ein additives Inverses besitzt.) b) Zeige, dass (−1) · (−1) = 1 gilt. Tipp (erst schauen, wenn du selber nicht weiter kommst): Beginne mit dem Ausdruck (−1) · (−1) + (−1) und wende das Distributivgesetz r¨ uckw¨ arts an. c) Weise (−1) · a = −a f¨ ur jedes a ∈ K nach, d.h. dass (−1) · a das additive Inverse von a ist (welches nach Aufgabe 9.13 ja eindeutig bestimmt ist). d) Minus mal Minus ergibt Plus.“ Zeige, dass (−a) · (−b) = a · b f¨ ur alle a, b ∈ K ” gilt. Tipp: Verwende dazu b) und c). —————————

4 F¨ ur

¨ Nicht-Schwaben: Ebbes (Ebbas, Abbes) = Etwas.

—————————

¨ rper der komplexen Zahlen 9.3 Der Ko

9.3.2

257

Unm¨ oglichkeit der Anordnung von C

In diesem kurzen Abschnitt werden wir sehen, dass es – obwohl R und C beides K¨orper sind – auf K = R eine Anordnung gibt, die sich nicht auf die komplexen Zahlen u ¨bertragen l¨asst. Gemeint ist die wohlbekannte >“-Relation, die wir hier ” etwas abstrakter beschreiben wollen. Wir setzen voraus, dass es auf K = R einen Positivit¨ atsbegriff gibt, der die folgenden beiden Anordnungsaxiome erf¨ ullt. ur jedes a ∈ K gilt genau eine der drei Relationen: (P1 ) F¨ a > 0,

a = 0,

− a > 0.

(P2 ) Sind a > 0 und b > 0, so folgt a + b > 0 und ab > 0. Eine Zahl a ∈ R heißt positiv, wenn a > 0 gilt (anschaulich: wenn sie rechts von ” der Null auf der Zahlengeraden liegt“). Ist −a positiv, so nennen wir a negativ. Mit Hilfe des Positivit¨atsbegriffes l¨asst sich nun leicht eine gr¨oßer als“-Relation ” einf¨ uhren, indem man definiert: a > b :⇐⇒ a − b > 0. Wir werden nun gleich zeigen, dass ein solcher Gr¨ oßenvergleich komplexer Zahlen nicht m¨ oglich ist, was letztendlich daran liegt, dass die Gleichung z 2 + 1 = 0 in C L¨osungen besitzt. Dazu brauchen wir eine wichtige Folgerung aus den Anordnungsaxiomen, n¨amlich dass stets a2 > 0 f¨ ur jedes a = 0 gilt. F¨ ur a > 0 folgt dies sofort aus (P2 ), indem man dort b = a setzt. Ist −a > 0, so folgt wegen (−1)2 = 1 (siehe Aufgabe 9.14) und (P2 ), dass a2 = (−a)2 > 0 ist. Satz 9.6 Es ist unm¨oglich, auf K = C einen Positivit¨atsbegriff zu definieullt. ren, der (P1 ) und (P2 ) erf¨ Da wir gar nicht wissen, welche und wie viele M¨ oglichkeiten es geben kann, auf C einen Positivit¨atsbegriff einzuf¨ uhren, k¨ onnen wir sicher nicht all diese M¨ oglichkeiten durchprobieren und feststellen, dass sie immer (P1 ) oder (P2 ) verletzen. Deshalb bietet sich hier ein Widerspruchsbeweis an. Zur Erinnerung: Hierbei nehmen wir an, die Aussage des Satzes sei falsch, und zeigen, dass diese Annahme stets zu einem Widerspruch f¨ uhrt. Folglich muss die Aussage des Satzes richtig gewesen sein. Beweis: Angenommen es g¨abe einen Positivit¨atsbegriff auf C, der (P1 ) und ullt. Wie wir eben gesehen haben, gilt dann aufgrund von (P2 ) stets z 2 > 0 (P2 ) erf¨ f¨ ur jedes z ∈ C \{0}. Insbesondere folgt 1 = 12 > 0 und −1 = i2 > 0, was (P1 ) widerspricht. Somit muss die Annahme falsch gewesen sein, und der Satz ist bewiesen. 

258

9 Komplexe Zahlen

9.3.3

Ausblick: Der Quaternionenschiefk¨ orper

In 9.2.1 gelang es uns, auf R2 , der Menge aller Paare reeller Zahlen, eine Addition orper der komplexen Zahlen machund Multiplikation zu definieren, die R2 zum K¨ ten. Hmmm, vielleicht gelingt das dann auch mit Paaren komplexer Zahlen? Dies ist in der Tat (fast) so; das Ergebnis sind die ber¨ uhmten hamiltonschen Quaternionen H, die manchmal auch als hyperkomplexe Zahlen bezeichnet werden. Allerdings ist H kein kommutativer K¨orper mehr5 , sondern nur noch ein Schiefk¨ orper. Hier gelten alle K¨orperaxiome bis auf die Kommutativit¨at der Multiplikation, die in H verloren geht. Wir skizzieren nun eine Konstruktion des Quaternionenschiefk¨ orpers, die sich an das Vorgehen von 9.2.1 anlehnt. Wir schreiben hier aber von Anfang an + und · anstelle von ⊕ und !.    u Definition 9.7 Auf H := C2 = | u, v ∈ C legt man die Addition und v Multiplikation folgendermaßen fest:             u w u+w u w uw − vz := := + und · , v z v+z v z uz + vw wobei uw = u · w das gew¨ohnliche Produkt komplexer Zahlen ist und z die komplexe Konjugation bezeichnet. (In folgendem Beweis wird ersichtlich, warum das Konjugieren an den vorgegebenen Stellen n¨otig ist.) Man nennt (H , + , · ) die hamiltonschen Quaternionen. ♦ Die beiden folgenden Aufgaben eignen sich z.B. als Grundlage einer Hausarbeit u ¨ber die Quaternionen. Dementsprechend gibt es hierzu keine L¨osungen.

—————————

—————————

Aufgabe 9.15 Beweise, dass die Quaternionen ein Schiefk¨orper sind. Anleitung: ¨ a) Uberpr¨ ufe die K¨ orperaxiome f¨ ur die Addition (siehe Beweis von Satz 9.5). b) Schwieriger ist der Nachweis der Axiome f¨ ur die Multiplikation. (M1 ): Stures Nachrechnen (unangenehm, da viel Schreibarbeit). (M2 ): Gib die 1 an und verifiziere 1 · q = q = q · 1 f¨ ur alle q ∈ H. (M3 ): Um das multiplikative Inverse eines Quaternions q ∈ H\{0} elegant angeben zu k¨onnen, bedienen in C.  wir uns desselben Kunstgriffes wie  Wir definieren das zu q =

u v

konjugierte Quaternion als q :=

u . −v

5 Dass dies so sein muss, lernt man in der K¨ orpertheorie. Da C algebraisch abgeschlossen ist (siehe 9.5.3), kann es keinen echten (algebraischen) Erweiterungsk¨ orper von C geben.

¨ rper der komplexen Zahlen 9.3 Der Ko

259



 |u|2 + |v|2 Rechne nach, dass q · q = q · q = gilt. 0 Weiter definieren wir in Anlehnung an C den (reellen) Ausdruck |u|2 + |v|2 als Betragsquadrat |q|2 des Quaternions. Zeige, dass durch q −1 :=

q |q|2

das (Rechts- und Links-) Inverse eines jeden q ∈ H\{0} gegeben ist. (Der Faktor |q|1 2 ist dabei so zu verstehen, dass er mit den beiden Eintr¨agen von q zu multiplizieren ist.) Zeige explizit, dass das Kommutativgesetz (M4 ) in H nicht mehr gilt. Finde dazu zwei (m¨oglichst einfache) Quaternionen q und r mit q · r = r · q. c) Aufgrund der Nichtkommutativit¨at der Multiplikation in H bleibt die G¨ ultigkeit beider Distributivgesetze zu u ¨berpr¨ ufen. Wer sich allerdings durch den Nachweis von q · (r + s) = q · r + q · s

(Linksdistributivgesetz)

gek¨ ampft hat, darf sich guten Gewissens den Nachweis des Rechtsdistributivgesetzes (q + r) · s = q · s + r · s sparen. Es gilt ebenfalls; versprochen! Aufgabe 9.16 Um die Struktur der Quaternionen noch besser zu verstehen, lohnt es sich, zu einer anderen Darstellungsform u ¨berzugehen. Ebenso wie wir durch Einf¨ uhren der imagin¨ aren Einheit i zur a + b i-Darstellung komplexer Zahlen gelangten, f¨ uhren wir in H nun drei imagin¨ are Einheiten i, j und k ein. Wir setzen         1 i 0 0 := := := := 1 , i , j , k . 0 0 1 i Achtung: Das fettgedruckte i ist ein Element von H = C2 , w¨ahrend i ∈ C die normale“ komplexe imagin¨ are Einheit bezeichnet. ” a) Zeige, dass sich jedes Quaternion q ∈ H damit als q = a1 + b i + c j + d k

mit a, b, c, d ∈ R darstellen l¨ asst.

b) Verifiziere die folgenden Rechenregeln (von deren Entdeckung Hamilton so begeistert war, dass er sie mit einem Messer auf einem Stein der Brougham Bridge in Dublin einritzte): i2 = j2 = k2 = i · j · k = −1

und

i · j = k = − j · i.

Die zweite Regel zeigt explizit, dass H nicht kommutativ ist. c) Wer viel Geduld hat, u ¨berpr¨ ufe die Produktformel f¨ ur zwei Quaternionen q = a1 + b i + c j + d k und q  = α1 + β i + γ j + δ k: q · q  = (aα − bβ − cγ − dδ)1 + (aβ + bα + cδ − dγ) i + (aγ − bδ + cα + dβ) j + (aδ + bγ − cβ + dα) k.

260

9 Komplexe Zahlen

d) Zu guter Letzt u ¨berzeuge man sich von der Richtigkeit der Darstellung des Inversen eines q = a1 + b i + c j + d k ∈ H\{0}: q −1 =

1 (a1 − b i − c j − d k), |q|2

wobei der quaternionische Betrag durch |q|2 = a2 + b2 + c2 + d2 gegeben ist. —————————

—————————

Wer mehr u ¨ber die Geschichte und die Eigenschaften von H erfahren m¨ochte, dem sei w¨armstens [Ebb] empfohlen.

9.4

Polarform komplexer Zahlen

Dies ist ein f¨ ur viele Anwendungen komplexer Zahlen besonders bedeutsamer Abschnitt. Wir lernen hier eine alternative Darstellung komplexer Zahlen kennen, die uns ein geometrisches Verst¨ andnis der Multiplikation in C er¨ offnet, was uns wiederum eine simple Formel f¨ ur n-te komplexe Wurzeln liefern wird.

9.4.1

Polarkoordinaten

Einen Pfeil z in der gaußschen Zahlenebene kann man nicht nur durch die x- und y-Koordinaten seines Endpunktes charakterisieren. Man kann die Lage eines z = 0 ebenso eindeutig durch seine L¨ ange r = |z| sowie den Winkel ϕ ∈ [ 0 , 2π), den der z-Pfeil mit der reellen Achse einschließt, beschreiben; siehe Abbildung 9.6. Der Winkel ϕ wird oft auch als Argument von z bezeichnet. Das Paar (r, ϕ) nennt man die Polarkoordinaten von z ∈ C\{0}. Der Null kann man offenbar keinen eindeutigen Winkel zuordnen. Im z = a + bi

b = r sin ϕ r=

|z |

ϕ

Re a = r cos ϕ

Abbildung 9.6

9.4 Polarform komplexer Zahlen

261

Der Zusammenhang zwischen der Polardarstellung und der bisherigen Form z = a + b i ist Abbildung 9.6 leicht zu entnehmen, denn f¨ ur den Realteil a und den Imagin¨arteil b gilt a = r cos ϕ

und

b = r sin ϕ .

Beachte: Dies gilt auch f¨ ur ϕ > π2 , d.h. wenn der Pfeil nicht im ersten Quadranten liegt. Sinus oder Cosinus sind dann gegebenenfalls eben negativ. Ob man den Winkel ϕ im Grad- oder Bogenmaß angibt, ist Geschmackssache. Wir werden meistens das Bogenmaß verwenden. Aus obiger Darstellung folgt f¨ ur jede komplexe Zahl z = a + b i = r(cos ϕ + i sin ϕ). Weil sin ϕ i“ komisch aussieht (und man hier eigentlich Klammern um das ϕ ” machen m¨ usste), schreiben wir in der Polarform das i stets vor den Sinus. Die Polarkoordinaten (2, π3 ) geh¨oren zu  1 √3   √ π π =2 + i = 1 + 3 i. z = 2 cos + i sin 3 3 2 2

Beispiel 9.9

√ √ Wir wandeln z = 2 + 2 i in Polarform um. √ √ Zun¨ achst ist r = |z| = 2 2 + 2 2 = 2. Um den Winkel ϕ zu bestimmen, beachten wir

Beispiel 9.10

tan ϕ =

Im z b = . Re z a √

Hier ist tan ϕ = √22 = 1, was ϕ0 = π4 (45◦ ) liefert. Aber auch ϕ1 = π4 + π = 5π 4 ist eine L¨osung von tan ϕ = 1, die in [ 0 , 2π) liegt, da √ der Tangens eine Periode von π √ besitzt. Nun erkennt man an der Darstellung z = 2 + 2 i allerdings sofort, dass z im ersten Quadranten liegt (wegen Re z > 0 und Im z > 0), also ist ϕ0 = π4 der gesuchte Winkel. Somit gilt  √ √ π π . z = 2 + 2 i = 2 cos + i sin 4 4 √ Dasselbe f¨ ur z = 3 − 3 i .  √ √ √ ur das Argument Der Betrag von z ist r = |z| = 32 + (− 3)2 = 12 = 2 3. F¨ √ √   − 3 3 b π −1 von z gilt tan ϕ = a = 3 , also ϕk = tan − 3 = − 6 + k · π mit k ∈ Z. 11π Wegen ϕ0 ∈ / [ 0 , 2π) betrachten wir ϕ1 = ϕ0 + π = 5π 6 und ϕ2 = ϕ0 + 2π = 6 . Wegen Re z > 0 und Im z < 0 liegt der Pfeil von z im 4. Quadranten, d.h. ϕ2 ist der korrekte Winkel. Somit ist √ √  11π  11π z = 3 − 3 i = 2 3 cos + i sin . 6 6 Beispiel 9.11

262

9 Komplexe Zahlen

Was aber bringt das Ganze? Die Polarform sieht doch ehrlich gesagt viel umst¨ andlicher aus als die a + b i -Darstellung. Die alles entscheidende Einsicht bringt uns mal wieder der große Euler.

9.4.2

Eulers Identit¨ at

Zur Vorbereitung auf den folgenden Satz solltest du dir nochmals anschauen, wie die Exponentialfunktion exp(x) = ex in 4.2.6 definiert wurde. Außerdem brauchen wir die Taylorreihen von Sinus und Cosinus auf Seite 152. Hier ben¨otigen wir nun die Erweiterung von exp auf komplexe Zahlen: Durch exp : C → C,

z → ez :=

∞  1 k z k!

k=0

wird eine komplexwertige Funktion auf ganz C definiert. Moment mal: Hier steht ja der Grenzwert einer komplexen Folge von Partialsummen, ohne dass wir jemals u ¨ber Konvergenz komplexer Zahlenfolgen geredet haben. Die gute Nachricht ist: Fast alle Definitionen und Konzepte aus Kapitel 4 u ¨bertragen sich wortw¨ ortlich auf C, wobei wir einfach den Betrag komplexer Zahlen als Erweiterung des reellen Betrags verwenden. (Da C keine Anordnung besitzt, lassen sich jedoch die Begriffe, die von der Ordnungsrelation auf R abh¨ angen, wie z.B. Monotonie oder Supremum, nicht auf C u ¨bertragen.) Zumindest die Grenzwertdefinition wollen wir kurz elaborieren, weil wir dies im folgenden Beweis ben¨ otigen: Eine Folge komplexer Zahlen (zn ) ⊂ C konvergiert gegen den Grenzwert z ∈ C, wenn es f¨ ur jedes ε > 0 eine Zahl nε ∈ N gibt, so dass ur alle n > nε gilt. Haben wir |zn − z| < ε (dies ist nun der komplexe Betrag) f¨ zn → z in C, so folgt aus |Re zn − Re z| = |Re (zn − z)|  |zn − z|

und

|Im zn − Im z| = |Im (zn − z)|  |zn − z|, dass auch die Ausdr¨ ucke |Re zn − Re z| und |Im zn − Im z| kleiner als jedes beliebige ε > 0 werden. Somit zieht die komplexe Konvergenz zn → z automatisch die Konvergenz der reellen Folgen (Re zn ) und (Im zn ) nach sich, und zwar gegen die Grenzwerte Re z bzw. Im z. Nun aber zur¨ uck zur komplexen e-Funktion selbst: Wir teilen mit, dass die sie definierende komplexe Reihe f¨ ur jedes z ∈ C konvergiert, und dass zudem das extrem n¨ utzliche Additionstheorem eu · ev = eu+v

auch f¨ ur alle u, v ∈ C,

gilt (ohne Beweis; siehe jedoch Aufgabe 9.25 f¨ ur den uns nur interessierenden Spezialfall rein imagin¨arer u und v). Euler hat entdeckt, dass etwas sehr Bemerkenswertes passiert, wenn man in die e-Funktion rein imagin¨are Zahlen z = ϕ i einsetzt.

9.4 Polarform komplexer Zahlen

Satz 9.7

263

F¨ ur alle ϕ ∈ R gilt die ber¨ uhmte eulersche Identit¨ at

eϕ i = cos ϕ + i sin ϕ. Beweis: F¨ uttert man die Potenzreihe der komplexen e-Funktion mit z = ϕ i, ϕ ∈ R, so nimmt diese folgende Gestalt an: eϕ i =

∞ ∞   1 1 k k (ϕ i)k = ϕ i . k! k!

k=0

k=0

Da wir die Konvergenz der exp-Reihe f¨ ur jedes z ∈ C voraussetzen, n konvergiert 1 ϕk i k . insbesondere die Folge (sn ) der komplexen Partialsummen sn = k=0 k! Nach der Vorbemerkung konvergieren daher auch deren Real- und Imagin¨arteilsfolgen (Re sn ) bzw. (Im sn ) gegen Real- bzw. Imagin¨arteil des Grenzwerts eϕ i . Da sn ) nichts anderes als die Partialsummen der die reellen (Re sn ) bzw. (Im ∞ ∞Folgen 1 1 ϕk Re ( ik ) bzw. k=0 k! ϕk Im ( ik ) sind, erhalten wir Reihen k=0 k! eϕ i = Re (eϕ i ) + i Im (eϕ i ) =

∞ ∞   1 k 1 k ϕ Re ( ik ) + i ϕ Im ( ik ). k! k!

k=0

k=0

F¨ ur gerade bzw. ungerade Hochzahlen (geschrieben als k = 2m mit m ∈ N0 bzw. ur die Potenzen von i k = 2m + 1 mit m ∈ N0 ) gilt f¨ ik = i2m = ( i2 )m = (−1)m

bzw.

ik = i2m+1 = i2m · i = (−1)m i.

Folglich ist Re ( i2m ) = (−1)m = Im ( i2m+1 ), sowie Re ( i2m+1 ) = 0 = Im ( i2m ) f¨ ur alle m ∈ N0 , und obige Reihen verwandeln sich in  1  1 ϕk Re ( ik ) + i ϕk Im ( ik ) eϕ i = k! k! k gerade

=

∞  m=0

=

k ungerade

∞  1 1 ϕ2m (−1)m + i ϕ2m+1 (−1)m (2m)! (2m + 1)! m=0

∞ ∞   (−1)m 2m (−1)m ϕ +i ϕ2m+1 . (2m)! (2m + 1)! m=0 m=0

Hoppla, da stehen ja pl¨otzlich die Taylorreihen von Cosinus und Sinus, d.h. wir haben eϕ i = cos ϕ + i sin ϕ bewiesen.  F¨ ur ϕ = π liefert Satz 9.7 ein besonderes Schmankerl, n¨amlich eπ i = cos π + i sin π = −1 + 0 i = −1. Drei der wichtigsten Zahlen der Mathematik, n¨amlich e, π und i (die ersten beiden sind irrational, ja sogar transzendent und die dritte ist gar nicht mehr reell) h¨angen also auf verbl¨ uffend einfache Weise zusammen:

264

9 Komplexe Zahlen

eπ i = −1.

9.4.3

Multiplikation in Polarform

Mit Hilfe der eulerschen Identit¨at l¨asst sich die Polarform komplexer Zahlen auf eine a¨ußerst kompakte und leicht handhabbare Gestalt bringen: r (cos ϕ + i sin ϕ) = r eϕ i . So ist die Polarform von

√

2+

√

π

2 i ganz einfach 2 e 4 i (vergleiche Beispiel 9.10).

Mit Hilfe dieser neuen Darstellung der Polarform er¨offnet sich mit einem Schlag eine anschauliche geometrische Deutung der komplexen Multiplikation. Seien z = r eϕ i und w = s eθ i komplexe Zahlen mit r, s ∈ R+ 0 und ϕ, θ ∈ [ 0 , 2π). Aufgrund des oben mitgeteilten Additionstheorems der komplexen e-Funktion, eu · ev = eu+v , folgt z · w = r eϕ i · s eθ i = rs eϕ i · eθ i = rs eϕ i+θ i = rs e(ϕ+θ) i . (Falls ϕ+θ nicht in [ 0 , 2π) liegt, muss man noch 2π abziehen, um auf die eindeutige Polardarstellung zu kommen.) Komplexe Zahlen werden also multipliziert, indem man ihre Betr¨ age multipliziert und ihre Winkel addiert (siehe Abbildung 9.7). z · w = rs e(ϕ+θ) i

Im w = s eθ i

=

|w|

rs

z = r eϕ i |z | =

r

w|

s=

|z ·

ϕ+θ θ ϕ

Re

Abbildung 9.7

Beispiel 9.12 Beispiel 9.13 μi: C → C,

√

2 eπ i ·

√ 3π i √ 5π π 8 e 2 = 16 e 2 i = 4 e 2 i

Welche geometrische Bedeutung besitzt die Abbildung z → z · i,

also Multiplikation mit i ?

9.4 Polarform komplexer Zahlen

265

√ Da das Argument von i offenbar π2 (90◦ ) ist, und | i | = 02 + 12 = 1 gilt, lautet π ur jedes z = r eϕ i ist dann die Polarform von i einfach e 2 i . F¨ π

π

μ i (z) = z · i = r eϕ i · e 2 i = r e(ϕ+ 2 ) i . Die Multiplikation mit i dreht einen komplexen Pfeil also um 90◦ im Gegenuhrzeigersinn, ohne aber seine L¨ange zu ver¨ andern.

9.4.4

Komplexe Quadratwurzeln

√ Im Folgenden werden wir dem Ausdruck z “ f¨ ur alle komplexen Zahlen z einen ” Sinn geben. Insbesondere werden wir die Wurzel aus i ziehen, was auf den ersten Blick gewagt erscheinen mag, da zu Schulzeiten noch nicht einmal etwas Negatives, geschweige denn etwas Imagin¨ ares unter dem Wurzelzeichen geduldet wurde. Definition 9.8 Die L¨osungen der Gleichung w2 = z f¨ ur z ∈ C heißen komplexe Quadratwurzeln von z (kurz: Wurzeln von z). ♦ Gibt es komplexe Quadratwurzeln von −1?

Beispiel 9.14

Nat¨ urlich, denn so haben wir die imagin¨ are Einheit i ja gerade definiert und in Satz 9.1 nachgerechnet, dass (± i)2 = −1 gilt. Damit √ sind i und − i zwei komplexe Quadratwurzeln von −1. Mit der Schreibweise −1 sind wir allerdings noch vorsichtig (siehe unten). Anmerkungen: (1) Mit w ist automatisch auch −w eine Quadratwurzel von z. Dies folgt ganz einfach aus (−w)2 = (−1)2 w2 = w2 . (2) Dass eine komplexe Zahl h¨ochstens zwei Quadratwurzeln besitzen kann, wird anhand der geometrischen Interpretation des Wurzelziehens in K¨ urze klar werden; siehe auch Satz 9.8 (oder Abschnitt 9.5.3). Beispiel 9.15

Was sind die komplexen Quadratwurzeln von i ?

Wir wollen w2 = i l¨ osen. Dazu kann man auf zwei Weisen vorgehen. Variante 1: Wir m¨ ussen x, y ∈ R finden, so dass w = x + y i die Gleichung w2 = (x + y i)2 = i erf¨ ullt. Ausf¨ uhren des Quadrats liefert !

x2 + 2xy i + (y i)2 = x2 − y 2 + 2xy i = i = 0 + 1 i. Vergleichen von Real- und Imagin¨arteil f¨ uhrt auf das reelle Gleichungspaar (1)

x2 − y 2 = 0

und

(2)

2xy = 1.

Aus (1) folgt x = ±y. Um (2) zu erf¨ ullen, m¨ ussen x und y dasselbe Vorzeichen haben, also x = y,

und in (2) eingesetzt

2x2 = 1.

266

9 Komplexe Zahlen

Somit gilt f¨ ur den gesuchten Real- und Imagin¨ arteil x = y = ± wir erhalten (endlich) als Quadratwurzeln von i   1 1 1+ i w1,2 = ± √ + √ i = ± √ . 2 2 2



1 2

= ± √12 , und

¨ Da wir nicht nur Aquivalenzumformungen durchgef¨ uhrt haben, muss man zur Kontrolle nachrechnen, dass tats¨achlich (w1,2 )2 = i gilt (tue dies!). Variante 2: Die Polarform erspart uns diese bittere Arbeit. Schreiben wir die gesuchten Wurzeln in der Form w = r eϕ i , dann folgt nach 9.4.3 w2 = (r eϕ i )2 = r2 e2ϕ i . Damit lautet die Gleichung w2 = i in Polarform π

r2 e2ϕ i = i = 1 e 2 i . Dies ist erf¨ ullt f¨ ur r2 = 1 und 2ϕ = π2 , also r = 1 (da r > 0) und ϕ = π4 . Somit ist π

w1 = e 4 i ¨ eine Quadratwurzel von i, die zweite ist w2 = −w1 . Ubung: Weise mit Eulers Identit¨ at nach, dass es sich um dieselben w wie in Variante 1 handelt. Wenn man sich vorstellt, was geometrisch beim Quadrieren einer komplexen Zahl passiert, wird das Vorgehen von Variante 2 noch klarer. Wegen (r eϕ i )2 = r2 e2ϕ i wird die L¨ange des Pfeils quadriert und sein Winkel (zur reellen Achse) verdoppelt. Will man die Wurzel eines Pfeils ziehen, muss man folglich die Wurzel aus seiner L¨ ange nehmen und seinen Winkel halbieren ! Auch das negative Vorzeichen der zweiten Wurzel bekommt aufgrund von −1 = eπ i eine geometrische Bedeutung: Ist w1 = s eθ i die Wurzel einer Zahl z, dann ist w2 = −w1 = (−1) · w1 = eπ i · s eθ i = s e(θ+π) i . Somit ist der Pfeil von w2 um π, d.h. 180◦ weiter gedreht als der von w1 . Beim Quadrieren wird aus diesen 180◦ aber 360◦ , weshalb die Quadratpfeile“ von w1 ” und w2 identisch sind (da man einem Pfeil eine Drehung um 360◦ nicht ansieht). Die eben gewonnenen Erkenntnisse wollen wir nun allgemein festhalten. Satz 9.8 wurzeln: w1 =

Jedes z = r eϕ i ∈ C\{0} besitzt genau zwei komplexe Quadrat√ ϕi re2

und

w2 = −w1 =

√ ( ϕ +π) i re 2 .

9.4 Polarform komplexer Zahlen

267

√ ϕ i 2 √ 2 ϕ Beweis: Es ist w12 = re2 = r e2 · 2 i = r eϕ i = z, also ist w1 eine Quadratwurzel von z. Dass −w1 die angegebene Polardarstellung besitzt, folgt wie oben aus −1 = eπ i und w22 = z ist wegen w2 = −w1 klar. Dass es keine weiteren Quadratwurzeln geben kann, sieht man so: Ist w = s eθ i eine 2 komplexe Zahl mit der Eigenschaft w2 = z, so folgt wz = 1, d.h. s2 e2θ i s2 (2θ−ϕ) i ! e = = 1. r eϕ i r

√ Dies erzwingt s2 = r, sprich s = r (da s > 0) und e(2θ−ϕ) i = 1. Nach Eulers Identit¨ at ist e(2θ−ϕ) i = cos(2θ − ϕ) + i sin(2θ − ϕ), also muss cos(2θ − ϕ) = 1 und sin(2θ − ϕ) = 0 sein. Die einzigen Argumente, f¨ ur die beides erf¨ ullt ist, sind ort somit k · 2π mit k ∈ Z (siehe Anmerkung). 2θ1 − ϕ = 0 ergibt θ1 = ϕ2 und geh¨ uhrt und damit zu w2 geh¨ ort. zu w1 , w¨ahrend 2θ2 − ϕ = ±2π auf θ2 = ϕ2 ± π f¨ (2θ − ϕ = ±4π, ±6π etc. liefert keine θ ∈ [ 0 , 2π ) mehr.)  Anmerkung: Wir akzeptieren hier ohne Beweis, dass genau die Zahlen nπ, n ∈ Z, die Nullstellen der Sinusfunktion sind (und der Cosinus dort 1 wird). Tats¨ achlich steckt dahinter eine M¨ oglichkeit, die Zahl π ungeometrisch“ zu definieren, n¨ amlich als kleinste ” positive Nullstelle der u ¨ ber die Potenzreihe auf Seite 150 erkl¨ arten Sinusfunktion. Dann bleibt allerdings noch nachzuweisen, dass sin x periodisch mit Periode 2π ist.

Nun m¨ ussen wir ¨ber die Mehrdeutigkeit der Quadratwurzel reden. Im Reellen √ noch u definiert man x als positive L¨osung der Gleichung w2 = x. In C machen wir es so ¨ahnlich (nur dass es hier den Begriff positiv“ nicht mehr gibt, siehe 9.3.2). ” √ Definition 9.9 z ist die L¨osung der Gleichung w2 = z, deren Argument in [ 0 , π) liegt. ♦ √ √ π π 5π π Somit ist also i = e 4 i und nicht e( 4 +π) i = e 4 i . Ebenso ist −1 = i = e 2 i und 3π i nicht − i = e 2 . Diese Festlegung wird noch verst¨andlicher, wenn man sich die Geometrie der komplexen Quadratfunktion in Abbildung 9.8 anschaut. Dort sind die Bilder der Pfeile π 3π von 1, u = e 4 i , v = i und w = e 4 i unter der Funktion z → z 2 eingezeichnet. Die Quadratfunktion q(z) = z 2 bildet die geschlitzte obere Halbebene H− = { r eϕ i | r  0, ϕ ∈ [ 0 , π) } = { z ∈ C | Im z  0 } \ R− bijektiv auf ganz C ab. Die Injektivit¨at von q wird durch das Herausnehmen der unteren komplexen Halbebene { z ∈ C | Im z < 0 } inklusive der negativen reellen Achse garantiert, denn dadurch verschwindet die Doppeldeutigkeit der Urbilder unter q (vergleiche Satz 9.8). Die Surjektivit¨ at folgt ebenfalls aus Satz 9.8, da jede komplexe Zahl eine Wurzel, also ein Urbild unter q besitzt. Kurz gesagt ist q : H− → C, z → z 2 , eine bijektive Abbildung mit Umkehrfunktion z →

√

z.

268

9 Komplexe Zahlen

v w

H−

u2

z → z 2

u

v2

1 z →

C

12

√ z w2

Abbildung 9.8

—————————

—————————

Aufgabe 9.17 Berechne und schreibe das Ergebnis auch in der Form a + b i. √ √ √ √ √ a) −4 b) −a (a ∈ R) c) 16 e3π i d) 5 + 12 i e) 3 − 4 i Belege durch ein Zahlenbeispiel, dass im Allgemeinen  √ √ √ √ z z = √ z · w = z · w und w w

Aufgabe 9.18

ist. Im Gegensatz zur reellen Wurzel ist also nicht multipli√ die komplexe √ √ Wurzel √ √ √ kativ. Begr¨ unde, dass aber zumindest z · w = z · w oder z · w = − z · w gelten muss (analog f¨ ur geteilt durch“, was wegen wz = z · w1 sowieso klar ist). ” Aufgabe 9.19 Zeige, dass gilt: √ a) z ist genau dann reell (und nicht negativ), wenn z ∈ R+ 0 ist. √ − b) z ist genau dann rein imagin¨ar, wenn z ∈ R ist. Aufgabe 9.20 Wer das Umwandeln in Polarform zum Wurzelziehen umst¨andlich findet, kann auch mit der folgenden ¨außerst n¨ utzlichen Formel arbeiten, die gar nicht so schlimm ist, wie sie auf den ersten Blick vielleicht wirkt. F¨ ur die Quadratwurzel von z = a + b i (mit a, b ∈ R) gilt 0 ' &0 √ |z| + a |z| − a + sgn(b) i , z = (±) 2 2

269

9.4 Polarform komplexer Zahlen

wobei das Vorzeichen (±) so zu w¨ ahlen ist, dass das Ergebnis f¨ ur Hierbei ist sgn die Vorzeichenfunktion (Signum):  −1, falls b < 0, sgn(b) = 1, falls b  0.

√

z in H− liegt.

(Die Festlegung sgn(0) = 1 garantiert hier, dass die Formel auch f¨ ur b = 0 das ¨ korrekte Ergebnis liefert. Uberzeuge dich in den beiden F¨ allen a  0 und a < 0 hiervon.) Beachte, dass auf der rechten Seite obiger Formel jeweils gew¨ohnliche reelle Wurzeln stehen, weil die Radikanden aufgrund von |z|  |a|, d.h. |z| ± a  0, reell und nicht-negativ sind. Bestimme damit erneut die Wurzeln aus Aufgabe 9.17 a), d) und e). F¨ ur die Hartgesottenen: Versuche diese Formel herzuleiten, indem du das Vorgehen von Variante 1 aus Beispiel 9.15 verallgemeinerst. —————————

9.4.5

—————————

Exkurs: Beweis trigonometrischer Identit¨ aten

In den folgenden Aufgaben wird gezeigt, wie man mit Hilfe der Euler-Identit¨at m¨ uhelos trigonometrische Identit¨aten beweisen kann, f¨ ur deren Beweis man im Reellen viel tiefer in die Trickkiste greifen m¨ usste.

————————— Aufgabe 9.21

—————————

Beweise mittels Eulers Identit¨ at die Formel von de Moivre6 .

(cos ϕ + i sin ϕ)n = cos nϕ + i sin nϕ (ϕ ∈ R, n ∈ N)

Aufgabe 9.22

Komplexe Darstellung von Sinus und Cosinus.

a) Beweise mit Eulers Identit¨at, dass eϕ i = e−ϕ i gilt. (Tipp: Was ist cos(−ϕ) bzw. sin(−ϕ)?) Geometrische Deutung? b) Zeige (am elegantesten unter Verwendung von a) und Satz 9.3), dass gilt

cos ϕ =

6 Abraham

 1  ϕi e + e−ϕ i 2

und

sin ϕ =

 1  ϕi e − e−ϕ i . 2i

de Moivre (1667 – 1754); franz¨ osischer Mathematiker.

270

9 Komplexe Zahlen

Aufgabe 9.23

a) Beweise die Doppelwinkelformeln f¨ ur Sinus und Cosinus,

sin 2ϕ = 2 cos ϕ sin ϕ

cos 2ϕ = cos2 ϕ − sin2 ϕ,

und

(i) indem du in der Formel von de Moivre n = 2 setzt, und dann auf beiden Seiten Real- und Imagin¨ arteil vergleichst. Oder: (ii) Indem du auf der rechten Seite obiger Gleichungen die Formeln f¨ ur Sinus und Cosinus aus Aufgabe 9.22 b) einsetzt und dann so lange umformst, bis die linke Seite da steht. b) Zeige (am schnellsten mit Methode (i)): sin 3ϕ = − sin3 ϕ + 3 cos2 ϕ sin ϕ Aufgabe 9.24

und

Beweise die folgenden Additionstheoreme mit Methode (ii).

a)

sin(ϕ + θ) = cos ϕ · sin θ + sin ϕ · cos θ

b)

cos(ϕ + θ) = cos ϕ · cos θ − sin ϕ · sin θ

c)

ϕ−θ sin ϕ + sin θ = 2 sin ϕ+θ 2 cos 2

Aufgabe 9.25

cos 3ϕ = cos3 ϕ − 3 cos ϕ sin2 ϕ.

Beweis von eu · ev = eu+v f¨ ur u, v ∈ R i.

Best¨atige unter Verwendung von Aufgabe 9.247 die G¨ ultigkeit der Gleichung (cos ϕ + i sin ϕ) · (cos θ + i sin θ) = cos(ϕ + θ) + i sin(ϕ + θ) und wende dann auf beiden Seiten dieser Gleichung die eulersche Identit¨at an. —————————

9.5 9.5.1

—————————

Algebraische Gleichungen in C Quadratische Gleichungen

Die Existenz der komplexen Quadratwurzel versetzt uns nicht nur in die Lage, die onnen, sondern jede quadratische rein quadratische Gleichung w2 = z l¨osen zu k¨ Gleichung u ¨ber C. Beginnen wir zun¨ achst mit einer quadratischen Gleichung mit reellen Koeffizienten (die man wegen R ⊂ C auch als komplex auffassen kann), die u ¨ber R keine L¨ osungen besitzt. 7 Von der Beweislogik her beißt sich die Katze jetzt in den Schwanz ( Zirkelschluss“), da zum ” Nachweis der Additionstheoreme in Aufgabe 9.24 bereits die hier zu beweisende Eigenschaft der e-Funktion verwendet wurde. Beweist man jedoch die Additionstheoreme reell (mit geeigneten Dreiecken), dann ist dieser Beweis logisch einwandfrei.

9.5 Algebraische Gleichungen in C

Beispiel 9.16

L¨ose die Gleichung x2 − 2x + 2 = 0

271

u ¨ber C.

Wir wenden die gewohnte L¨ osungsformel ( Mitternachtsformel“) f¨ ur quadratische ” Gleichungen an:  √ 2 ± (−2)2 − 4 · 2 2 ± −4 = . x1,2 = 2 2 Aufgrund des negativen are die L¨osungsmenge u ¨ber R leer, aber u ¨ber √ Radikanden w¨ C erhalten wir wegen −4 = 2 i die zwei L¨osungen x1,2 =

2 ± 2i = 1 ± i. 2

Diese L¨osungsformel gilt auch f¨ ur nicht-reelle Koeffizienten. Satz 9.9 Die quadratische Gleichung besitzt genau die L¨osungen √ − b ± b2 − 4ac . z1,2 = 2a

az 2 + bz + c = 0 mit a, b, c ∈ C

Beweis: Entweder verifiziert man direkt durch Einsetzen, dass z1,2 L¨ osungen der ¨ quadratischen Gleichung sind (Ubung), oder man leitet diese Formel her. Letzteres bietet den Vorteil, dass es gleichzeitig auch die Einzigkeit obiger L¨osungen beweist. Die Herleitung funktioniert wortw¨ ortlich wie in R durch quadratisches Erg¨anzen:   b 2  b 2   b  b +c − az 2 + bz + c = a z 2 + z + c = a z 2 + z + a a 2a 2a   b 2 b 2 b2 b2  =a z+ +c. − 2 +c=a z+ − 2a 4a 2a 4a Damit verwandelt sich die Gleichung az 2 + bz + c = 0 in  b 2 b2 a z+ −c = 2a 4a

bzw.

w2 =

b2 − 4ac , 4a2

b wobei w = z + 2a substituiert wurde. Diese Gleichung besitzt nach 9.4.4 immer genau folgende L¨osungen  √ b2 − 4ac b2 − 4ac . =± w1,2 = ± 2 4a 2a

(Beachte, dass wir im zweiten Schritt das in Aufgabe 9.18 beschriebene Problem vermeiden, da bereits ein ±-Zeichen davor steht.) √ b2 −4ac b Die R¨ ucksubstitution z = w − 2a liefert wie behauptet z1,2 = −b± 2a . 

272

9 Komplexe Zahlen

Beispiel 9.17

L¨ ose

z 2 − 2z − 2 + 4 i = 0.

Wir wenden die eben gefundene L¨osungsformel an:  √ 2 ± (−2)2 − 4(−2 + 4 i) 2 ± 12 − 16 i z1,2 = = . 2 2 √ √ Mit 12 − 16 i = 2 3 − 4 i = −4 + 2 i (siehe Aufgabe 9.17) ergibt sich z1,2 =

2 ± (−4 + 2 i) = 1 ± (−2 + i) , 2

also L = { 3 − i , − 1 + i }.

—————————

————————— Aufgabe 9.26

L¨ ose die folgenden quadratischen Gleichungen u ¨ber C.

z 2 − 4z + 5 = 0

a)

b)

5z 2 − (5 + 10 i)z − 5 + 5 i = 0

Aufgabe 9.27 Gib eine quadratische Gleichung mit der L¨osungsmenge L = { 1 − i , 4 + 3 i } an. Kontrolliere dein Ergebnis. —————————

9.5.2

—————————

Die Kreisteilungsgleichung

In diesem Abschnitt lernen wir die Gleichung z n = 1 f¨ ur jedes n ∈ N zu l¨osen, und ur beliebiges c ∈ C. Wir ziehen also die n-ten Wurzeln danach allgemeiner z n = c f¨ aus einer komplexen Zahl. Beispiel 9.18 Beginnen wir mit der Gleichung z 3 = 1, d.h. mit dem Finden aller dritten Wurzeln der Zahl 1 in C. Nat¨ urlich ist 1 eine solche Zahl, aber im Unterschied zu R gibt es noch weitere. Ist z = r eϕ i , dann gilt z 3 = (r eϕ i )3 = r3 e3ϕ i , d.h. beim Potenzieren mit 3 wird der Winkel von z verdreifacht. Wenn das Ergebnis √ ◦ nun 1 = e2π i sein soll, dann folgt r = 3 1 = 1 und z.B. ϕ1 = 2π 3 = 120 . 4π ◦ Aber auch f¨ ur ϕ2 = 3 = 240 erh¨alt man eine komplexe Zahl, deren Winkel nach Potenzieren mit 3 den Wert 3 · 240◦ = 720◦ hat und deren Pfeil somit auf der reellen Achse landet (da 720◦ = 2 · 360◦ ist). Damit haben wir drei verschiedene L¨osungen von z 3 = 1 gefunden: 2π

ζ1 = e 3 i ,

4π

ζ2 = e 3 i ,

6π

ζ3 = 1 = e2π i = e 3

i

(der komische Buchstabe ist ein kleines griechisches Zeta“), welche man als dritte ” Einheitswurzeln bezeichnet. Beachte: ζ2 = ζ12 und ζ3 = ζ13 = 1.

9.5 Algebraische Gleichungen in C

Da die Argumente der dritten Einheitswurzeln sich jeweils um 120◦ unterscheiden, bilden sie die Eckpunkte eines regelm¨ aßigen, d.h. gleichseitigen Dreiecks (siehe Abbildung 9.9). Mit Hilfe der simplen Gleichung

ζ1

273

Im

Re

ζ3 = 1

z3 = 1 l¨asst sich also ein gleichseitiges Dreieck mit Eckpunkten auf dem Einheitskreis in der komplexen Zahlenebene beschreiben. Daher auch der Name Kreisteilungsgleichung.

ζ2 Abbildung 9.9

Diese Erkenntnisse k¨onnen wir nun leicht auf jedes n ∈ N erweitern. Satz 9.10 ζ k = ek

Die Gleichung z n = 1, n ∈ N, besitzt in C genau die n L¨ osungen 2π n

i

 2π   2π  + i sin k , = cos k n n

k ∈ { 1, . . . , n }.

Man nennt sie die n-ten Einheitswurzeln. Es gilt ζk = ζ1k , d.h. die Potenzen von ζ1 liefern alle n-ten Einheitswurzeln, weshalb man ζ1 auch als primitive Einheitswurzel bezeichnet. In der komplexen Zahlenebene bilden die ζk daher die Eckpunkte eines regelm¨ aßigen n-Ecks. Ein regelm¨aßiges n-Eck besitzt n gleich lange Seiten und n gleich große Innenwinkel (nur f¨ ur n = 3 ist regelm¨aßig“ und gleichseitig“ ¨aquivalent; so ist z.B. jede Raute ” ” ein gleichseitiges Viereck, aber nur ein Quadrat ist auch regelm¨aßig).

Abbildung 9.10: Primitives Wurzelziehen

274

9 Komplexe Zahlen

Jedes ζk l¨ost die Gleichung z n = 1, denn f¨ ur alle k ∈ { 1, . . . , n } gilt  2π n k  2π ζkn = ek n i = en·k n i = ek2π i = e2π i = 1k = 1.

Beweis:

Hierbei wurde das Potenzgesetz“ (ez )m = em·z (m ∈ N, z ∈ C) verwendet, das ” sich induktiv aus dem Additionstheorem der komplexen e-Funktion ableiten l¨ asst. ∈ [ 0 , 2π). Alle ζk sind verschieden, denn jedes besitzt einen anderen Winkel k 2π n Somit haben wir n verschiedene L¨osungen von z n = 1 gefunden, und dass es nicht mehr geben kann, sieht man wie im Beweis von Satz 9.8. (Siehe auch Seite 277 f¨ ur eine weitere Begr¨ undung, die sich nicht auf die Sinus- und Cosinusfunktion st¨ utzt.) Abschließend ist  2π k 2π ζ1k = e n i = ek n i = ζk . Daher entsteht ζ2 = ζ12 durch Multiplikation von ζ1 mit sich selbst, was geometrisch 3 der Drehung von ζ1 um ϕ = 2π n entspricht; ζ3 = ζ1 wiederum entsteht aus ζ1 durch Rotation um 2ϕ usw. Also bilden die n-ten Einheitswurzeln die Eckpunkte eines regelm¨aßigen n-Ecks.  Nun schauen wir uns an, was passiert, wenn auf der rechten Seite der Kreisteilungsgleichung nicht die 1, sondern eine beliebige komplexe Zahl steht. Beispiel 9.19

Finde alle L¨osungen der Gleichung

z 4 = − i. 3π

3π

Eine L¨ osung der Gleichung z 4 = − i = e 2 i ist w = e 8 i , denn es gilt  3π i 4 3π e8 = e 2 i = − i. Um alle vier L¨osungen zu erhalten, muss man lediglich noch w mit den vierten 2π Einheitswurzeln ζk = ek 4 i , k ∈ { 1, . . . , 4 }, multiplizieren, denn dann ist (ζk w)4 = ζk4 · w4 = 1 · w4 = − i. In Abbildung 9.11 ist die Geometrie der L¨osungsmenge dargestellt. Durch Multi3π plikation mit w = e 8 i wird das regelm¨aßige Viereck (also das Quadrat) der vierten ◦ Einheitswurzeln ζ1 , . . . , ζ4 um 3π 8 = 67,5 im Gegenuhrzeigersinn gedreht. Wegen |w| = 1 bleiben seine Seitenl¨angen aber erhalten. Ausgeschrieben lauten alle L¨ osungen obiger Gleichung 2π

3π

7π

4π

3π

11π 8

i

11π = cos 11π 8 + i sin 8

6π

3π

15π 8

i

15π = cos 15π 8 + i sin 8

7π z1 = ζ1 w = e 4 i · e 8 i = e 8 i = cos 7π 8 + i sin 8

z2 = ζ 2 w = e 4 i · e 8 i = e z3 = ζ 3 w = e 4 i · e 8 i = e z4 = ζ 4 w = 1 · w = e

3π 8

i

3π = cos 3π 8 + i sin 8 .

9.5 Algebraische Gleichungen in C

275

z4 = w

ζ1 z1 ζ2

ζ4 = 1

z3 z2

ζ3 Abbildung 9.11

Das Vorgehen des letzten Beispiels halten wir noch allgemein fest. Satz 9.11

z n = c besitzt f¨ ur jedes c ∈ C \{0} genau n L¨ osungen.

Wir geben die n verschiedenen L¨osungen explizit an. F¨ ur c = r eϕ i ist √ ϕ w = n r en i √ ϕ sicher eine L¨osung obiger Gleichung, denn wn = n r n en · n i = r eϕ i = c. Um alle L¨ osungen zu erhalten, multiplizieren wir dieses w mit den n-ten Einheitswurzeln ζk , k ∈ { 1, . . . , n }. Wegen (ζk w)n = ζkn · wn = 1 · wn = c sind damit √ ϕ √ ϕ+2kπ 2π zk = ζk w = ek n i · n r e n i = n r e n i , k ∈ { 1, . . . , n }, Beweis:

n verschiedene L¨ osungen der Gleichung z n = c, und mehr als diese n kann es nicht geben (verallgemeinere wieder das Argument im Beweis von Satz 9.8 bzw. siehe Seite 277).  Jedes c = r eϕ i = 0 besitzt in C somit genau n verschiedene n-te Wurzeln. Mit Eulers Identit¨at erhalten diese u ¨brigens die Gestalt     ϕ + 2kπ  √ ϕ + 2kπ n zk = r cos + i sin , k ∈ { 1, . . . , n }. n n In der komplexen Zahlenebene bilden diese zk ein regelm¨ aßiges n-Eck,√das im Verrotiert und mit dem Faktor n r gestreckt gleich zum Einheitswurzel-n-Eck um ϕ n bzw. gestaucht wurde. ————————— Aufgabe 9.28 Aufgabe 9.29

—————————

Gib die f¨ unften Einheitswurzeln an und zeichne sie. √ Finde alle L¨osungen von z 6 = −32 + 32 3 i und zeichne sie.

—————————

—————————

276

9 Komplexe Zahlen

9.5.3

Ausblick: Der Fundamentalsatz der Algebra

Das Polynom f (z) = z 2 + 1 besitzt in C die zwei Nullstellen ± i und f (z) = z 2 + 1 = (z − i) · (z + i) ist demnach seine Zerlegung in komplexe Linearfaktoren. Dies ist sogar f¨ ur jedes komplexe Polynom 2. Grades m¨ oglich, was darauf zur¨ uckzuf¨ uhren ist, dass jede quadratische Gleichung u ¨ber C l¨osbar ist (siehe Satz 9.9). Wie steht√es aber mit komplizierteren Polynomen wie z.B. f (z) = i z 5 − 2z 3 + (2 − i)z 2 + 2? Besitzen vielleicht auch sie stets komplexe Nullstellen? Die Antwort lautet: Ja! Der K¨orper C hat die wunderbare Eigenschaft, algebraisch abgeschlossen zu sein, was bedeutet, dass jedes komplexe Polynom (mindestens) eine Nullstelle in C besitzt. Dies ist der Inhalt des folgenden ber¨ uhmten Theorems, dessen Beweis leider ¨ n] oder [Ebb]). außerhalb unserer Reichweite liegt (siehe z.B. [Ko Theorem 9.1

( Fundamentalsatz der Algebra )

Jede Gleichung der Form an z n + an−1 z n−1 + . . . + a1 z + a0 = 0 besitzt in C mindestens eine L¨ osung.

(ak ∈ C) 

Als unmittelbare Folgerung ergibt sich: Korollar 9.1

Jedes komplexe Polynom zerf¨allt u ¨ber C in Linearfaktoren.

ugt, Beweis des Korollars: Sei f (z) = z n + an−1 z n−1 + . . . + a1 z + a0 (es gen¨ den Fall an = 1 zu betrachten; ansonsten teilt man f einfach durch an ). Nach dem Fundamentalsatz gibt es eine L¨osung z1 der Gleichung f (z) = 0, d.h. eine Nullstelle von f . Durch Polynomdivison (die wortw¨ ortlich wie bei reellen Polynomen funktioniert) erh¨alt man die Darstellung f (z) = g(z) · (z − z1 ) + r(z), wobei g ein Polynom vom Grad n − 1 ist, und r der Rest, der ein Polynom vom Grad 0 sein muss (da wir durch ein Polynom ersten Grades geteilt haben), also einfach eine komplexe Zahl r(z) = r. Setzt man auf beiden Seiten die Nullstelle z1 ein, so folgt 0 = f (z1 ) = g(z1 ) · (z1 − z1 ) + r = g(z1 ) · 0 + r = 0, d.h. es gibt hier gar keinen Rest und wir erhalten f (z) = g(z) · (z − z1 ). Das Polynom g besitzt (f¨ ur n  2) nach dem Fundamentalsatz selbst wieder eine Nullstelle z2 . Erneute Polynomdivision (wieder mit Rest 0) liefert f¨ ur g die Darstellung g(z) = (z − z2 ) · h(z) mit grad(h) = n − 2, d.h. f (z) = (z − z1 ) · (z − z2 ) · h(z).

9.5 Algebraische Gleichungen in C

277

Dieses Verfahren l¨asst sich genau n-mal anwenden, da f ein Polynom vom Grad n ist. Am Ende erh¨ alt man die behauptete Linearfaktorzerlegung f (z) = (z − z1 ) · (z − z2 ) · . . . · (z − zn ), urlich nicht notwendigerweise verschieden sein m¨ ussen. in welcher die zi nat¨



An der Darstellung f (z) = (z − z1 ) · . . . · (z − zn ) erkennt man sofort, dass ein Polynom n-ten Grades h¨ochstens n verschiedene Nullstellen besitzen kann: Da ein Produkt genau dann Null wird, wenn einer der Faktoren Null ist, kann f (z) nur f¨ ur z ∈ { z1 , . . . , zn } Null werden. Das l¨asst sich aber auch ohne Fundamentalsatz begr¨ unden: W¨ are f (z) ein Polynom n-ten Grades mit n + 1 verschiedenen Nullstellen z1 , . . . , zn+1 , dann w¨ urde das Verfahren aus obigem Beweis die Faktorisierung f (z) = (z − z1 ) · . . . · (z − zn+1 ) unde dann nach Ausmultiplizieren ein liefern (es sei wieder an = 1). Rechts st¨ Polynom vom Grad n + 1, im Widerspruch zu grad(f ) = n. Dies zeigt insbesondere, dass die Gleichungen zn − 1 = 0

bzw.

zn − c = 0

maximal n verschiedene L¨ osungen besitzen k¨ onnen, also dass es maximal n verschiedene komplexe n-te Wurzeln geben kann (vergleiche mit den S¨atzen 9.8, 9.10 und 9.11). Historisches. Viele große Mathematiker des 18. Jahrhunderts versuchten sich an Beweisen des Fundamentalsatzes, doch fehlerfreie Beweise gelangen erstmals Laplace8 (1795) und Gauß (1799). Heutzutage gibt es eine Vielzahl verschiedener Beweise des Fundamentalsatzes. Beachte: Der Fundamentalsatz ist ein reiner Existenzsatz, d.h. er sagt uns nicht, wie die Nullstellen konkret aussehen, z.B. durch eine allgemeine L¨osungsformel wie in Satz 9.9 f¨ ur n = 2, sondern nur dass es stets welche gibt. Oftmals ist aber bereits diese Existenz ein großer Gewinn. Im Fall n = 3 und n = 4 gibt es noch geschlossene L¨ osungsformeln, die (im Wesentlichen) Cardano bereits 1545 entdeckt hatte. Die L¨osungen der kubischen Gleichung z 3 + pz + q = 0 mit p, q ∈ C (Cardano konnte zeigen, dass sich jede Gleichung dritten Grades durch eine geeignete Substitution auf obige Gestalt bringen l¨ asst) sind durch die cardanischen Formeln z1 = u + v, 8 Pierre-Simon

z2 = ζ 2 u + ζv,

z3 = ζu + ζ 2 v

de Laplace (1749 – 1827); franz¨ osischer Mathematiker, Physiker und Astronom.

278

9 Komplexe Zahlen

2π

gegeben, wobei ζ = e 3 i ist und u und v durch 0 0     p 3  q 2 p 3  q 2 q q 3 3 u= − + + und v = − − + 2 3 2 2 3 2 zu bestimmen sind. Die (f¨ ur komplexe Radikanden) mehrdeutigen dritten Wurzeln m¨ ussen dabei der Nebenbedingung u · v = − p3 gen¨ ugen. Die cardanischen Formeln f¨ ur n = 4 sind noch aufw¨ andiger aufzuschreiben (siehe [Bos]). ¨berhaupt nicht 1824 bewies Abel9 , dass es solche L¨osungsformeln im Fall n  5 u mehr geben kann (siehe wieder [Bos])! F¨ ur n  5 ist es also gar nicht mehr m¨ oglich, den Fundamentalsatz explizit“, d.h. durch konkrete Angabe der L¨osungen ” zu beweisen.

Literatur zu Kapitel 9 [Bos] Bosch, S.: Algebra. Springer Spektrum, 8. korr. Aufl. (2013) [Ebb] Ebbinghaus, H.-D., et al.: Zahlen. Springer, 3. verb. Aufl. (1992) ¨ n] K¨onigsberger, K.: Analysis 1. Springer, 6. Aufl. (2004) [Ko 9 Niels Henrik Abel (1802 – 1829). Norwegischer Mathematiker und einer der Begr¨ under der sogenannten Gruppentheorie.

10

Grundz¨ uge der Linearen Algebra

Dieses letzte Kapitel bietet dir eine Einf¨ uhrung in das Teilgebiet der Algebra, das als Lineare Algebra bekannt ist. Die Bedeutung des Wortes linear“ wird dabei erst ” im Laufe des Kapitels klarer werden. Wir lernen hier, uns in Vektorr¨ aumen wohl zu f¨ uhlen und mit Abbildungen zwischen diesen Objekten zu hantieren. Gleich als Trost oder Warnung vorneweg: Zu Beginn k¨onnen einem die vielen neuen Begriffe und Strukturen etwas auf den Magen schlagen, und man verliert m¨ ogli¨ cherweise den Uberblick. Gibt man seinem Gehirn aber ein wenig Zeit, dies alles zu verdauen und sich setzen zu lassen, dann lichtet sich pl¨otzlich der Nebel und alles wird wundersch¨ on!

10.1

Vektorr¨ aume

Die Objekte, die man in der linearen Algebra studiert, sind die sogenannten Vektorr¨ aume (oder linearen R¨ aume). Bevor wir die auf den ersten Blick etwas abschreckende Definition eines Vektorraums hinknallen, betrachten wir zwei ganz simple Beispiele, an denen man bereits alle wichtigen Ideen verstehen kann.

10.1.1

Zwei nur auf den ersten Blick verschiedene Beispiele

Beispiel 10.1 Mit R3 bezeichnen wir die aus der Schulgeometrie bekannte Menge aller Vektoren mit drei Komponenten, also ⎧ ⎫ ⎛ ⎞  a  ⎨ ⎬  R3 = #» x = ⎝ b ⎠  a, b, c ∈ R . ⎩  ⎭ c q = (−2, 2, 1)t gegeben; aus PlatzEs seien z.B. die Vektoren #» p = (1, 3, 2)t und #» gr¨ unden schreiben wir sie als Zeilenvektoren (das t steht f¨ ur transponiert“ und ” deutet an, dass man die Zeile in Gedanken um 90◦ zu drehen hat). Man kann diese Vektoren addieren: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 −2 −1 #» p + #» q = ⎝3⎠ + ⎝ 2⎠ = ⎝ 5⎠ 2 1 3 und erh¨alt dabei wieder einen Vektor des R3 . Ebenso kann man einen Vektor mit einem Skalar, also einer reellen Zahl wie z.B. λ = 2 ∈ R, multiplizieren: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 2 λ · #» p = 2 · ⎝3⎠ = ⎝6⎠ 2 4 uckt man dies und erh¨alt auch hierbei wieder ein Element des R3 . Geschwollen dr¨ uglich der Addition und Skalarmultipikation. so aus: Der R3 ist abgeschlossen bez¨ © Springer Fachmedien Wiesbaden GmbH, ein Teil von Springer Nature 2019 T. Glosauer, (Hoch)Schulmathematik, https://doi.org/10.1007/978-3-658-24574-0_10

280

¨ ge der Linearen Algebra 10 Grundzu

Man kann sich die Addition und Skalarmultipikation in diesem Beispiel auch geometrisch veranschaulichen: Bei der Addition werden die Vektorpfeile nach der Parallelogrammregel zusammen gesetzt, bei der Skalarmultipikation wird der Vektorpfeil gestreckt bzw. gestaucht (je nachdem ob |λ| > 1 oder < 1 ist) und eventuell noch gespiegelt (falls λ < 0). Diese Veranschaulichung wollen wir ab jetzt bewusst nicht mehr durchf¨ uhren, da man sich sonst zu sehr an die Vorstellung klammert, Vektoren m¨ ussten immer Pfeilchen sein. Der Clou kommt n¨ amlich jetzt. Beispiel 10.2 Es sei P3 die Menge aller reellen Polynome vom Grad < 3, wie z.B. f (x) = 2x2 − 5x + 83 oder g(x) = − 12 x + π. Allgemein: P3 =

,

f (x) = ax2 + bx + c | a, b, c ∈ R .

Hier kann man dieselben Spielchen treiben wie im R3 , n¨ amlich addieren und mit Skalaren multiplizieren. Sind z.B. die Polynome p(x) = x2 + 3x + 2 und q(x) = −2x2 + 2x + 1 gegeben, so ist ihre Summe wieder ein Polynom, und zwar: p(x) + q(x) = (x2 + 3x + 2) + (−2x2 + 2x + 1) = −x2 + 5x + 3. Ebenso leicht erh¨alt man das 2-fache von p(x), indem man ausmultipliziert: λ · p(x) = 2 · (x2 + 3x + 2) = 2x2 + 6x + 4. Und jetzt frage ich dich: Wo liegt der Unterschied zu Beispiel 10.1? E s g i b t k e i n e n, nat¨ urlich abgesehen von der unterschiedlichen Schreibweise. Laut Definition von P3 steht a f¨ ur den Vorfaktor von x2 , b f¨ ur den von x und c f¨ ur das konstante Glied, d.h. wir k¨onnen f (x) = ax2 + bx + c

abgek¨ urzt auch als

f = (a, b, c)t

aufschreiben, und nun ist der Unterschied zum R3 komplett verschwunden. Unsere beiden Polynome werden dann zu p = (1, 3, 2)t

und

q = (−2, 2, 1)t

und wenn wir sie addieren bzw. mit einem Skalar multiplizieren, tun wir g e n a u d a s G l e i c h e, wie wenn wir dies mit den entsprechenden Vektoren #» p und #» q des 3 uhren: R durchf¨ p + q = (1 − 2, 3 + 2, 2 + 1)t = (−1, 5, 3)t

und

λ · p = 2 · (1, 3, 2)t = (2, 6, 4)t .

Wir addieren einfach die Komponenten bzw. multiplizieren sie mit einem Skalar. Obwohl ihre Elemente ganz unterschiedlich aussehen, sind die Mengen P3 und der R3 also doch irgendwie gleich“, in dem Sinne, dass die Rechenoperationen ” der Addition und der Skalarmultipikation vollkommen analog durchzuf¨ uhren sind. Wenn dir das einleuchtet, hast du bereits eine ganze Menge u ¨ ber Vektorr¨aume verstanden.

¨ ume 10.1 Vektorra

10.1.2

281

Die Vektorraumaxiome

Wir l¨ osen uns jetzt endg¨ ultig von der Pfeilchen-Idee und definieren ganz allgemein, was unter einem Vektorraum zu verstehen sein soll. Wenn dich das auf den ersten Blick erschreckt, dann denke einfach an das Standard-Beispiel des R3 (oder P3 ) und mache dir die Inhalte der Axiome dort an Beispielen klar.

Abbildung 10.1: Abschied vom fr¨ uhen Pfeil-Begriff

Definition 10.1 Es seien K ein K¨orper und V eine Menge, auf der es zwei Verkn¨ upfungen gibt: (A) Addition:

⊕ : V × V → V,

(v, w) → v ⊕ w

(Diese ordnet je zwei Vektoren einen neuen Vektor zu, den Summenvektor.) (S) Skalarmultipikation:

∗ : K × V → V,

(λ, w) → λ ∗ w

(Diese ordnet einem Skalar“ – was nur ein anderer Name f¨ ur K¨orperele” ” ment“ ist – und einem Vektor einen neuen Vektor zu, das λ-fache“ von v.) ” Man nennt (V, ⊕ ,∗) einen K-Vektorraum (ausf¨ uhrlicher: Vektorraum u ¨ber dem K¨orper K), wenn die folgenden Axiome erf¨ ullt sind.

282

¨ ge der Linearen Algebra 10 Grundzu

(A1 ) Die Addition ⊕ ist assoziativ, d.h. ∀ u, v, w ∈ V :

(u ⊕ v) ⊕ w = u ⊕ (v ⊕ w).

(A2 ) Es gibt ein neutrales Element der Addition, Nullvektor genannt, d.h. ∃ 0V ∈ V

∀v∈V :

v ⊕ 0V = v

(= 0V ⊕ v).

uglich der Addition (manchmal (A3 ) Jeder Vektor besitzt ein inverses Element bez¨ Gegenvektor genannt), d.h. ∀v∈V

∃ v ∈ V :

v ⊕ v  = 0V

(= v  ⊕ v).

v  bezeichnet man stets als −v. (A4 ) Die Addition ist kommutativ, d.h. ∀ v, w ∈ V :

v ⊕ w = w ⊕ v.

orpers ver¨ andert bei Skalarmultiplikation nichts, d.h. (S1 ) Die Eins des K¨ 1K ∗ v = v.

∀v∈V :

Die restlichen Axiome legen fest, wie die Skalarmultiplikation sich mit der Addition in V bzw. der K¨orperaddition und -multiplikation vertr¨agt (Distributivit¨at und Assoziativit¨at). (S2 )

∀λ∈K

∀ v, w ∈ V :

λ ∗ (v ⊕ w) = (λ ∗ v) ⊕ (λ ∗ w)

(S3 )

∀ λ, μ ∈ K

∀v∈V :

(λ + μ) ∗ v = (λ ∗ v) ⊕ (μ ∗ v)

(S4 )

∀ λ, μ ∈ K

∀v∈V :

(λ · μ) ∗ v = λ ∗ (μ ∗ v)

♦

Anmerkungen: (1) Die klobigen Symbole ⊕ und ∗ verwenden wir nur ganz am Anfang, damit der Unterschied zwischen den Verkn¨ upfungen in V bzw. K deutlicher zutage tritt; siehe z.B. (S3 ) und (S4 ). Sobald wir uns etwas mehr an die Vektorraumstruktur gew¨ohnt haben, schreiben wir nur noch + und · (bzw. lassen den Malpunkt der Skalarmultiplikation ganz weg). (2) Die Axiome (A1 ) – (A4 ) sollten dir bekannt vorkommen, wenn du dich an die K¨orperaxiome erinnerst. Eine Menge V mit einer Addition ⊕, welche diese vier Axiome erf¨ ullt, nennt der Mathematiker eine kommutative Gruppe oder abelsche Gruppe. Das Studium von Gruppen, die sogenannte Gruppentheorie, ist ein eigenst¨ andiges Teilgebiet der Algebra; siehe [Glo3] f¨ ur eine elementare Einf¨ uhrung. Mit Hilfe des Gruppenbegriffs kann man die Vektorraumaxiome so zusammenfassen: Ein Vektorraum V ist eine abelsche Gruppe, auf der ein K¨ orper K wirkt (mit wirken“ meinen wir hier die G¨ ultigkeit der Skalarmultiplika” tionsaxiome (S1 ) – (S4 )).

¨ ume 10.1 Vektorra

283

(3) Wir verzichten hier bewusst auf die Vektorpfeile u ¨ber den Elementen von V ; man muss jeweils aus dem Kontext erkennen, ob es sich um einen Vektor oder einen Skalar aus dem K¨orper handelt (letztere werden wir aber fast immer mit griechischen Buchstaben bezeichnen). Die schlauste Antwort auf die Frage Was ist ein Vektor?“ lautet u ¨brigens Ein Element eines Vektorraums“. ” ” (4) Die lange Liste von Axiomen stellt offenbar viele Forderungen an die Struktur eines Vektorraums, zumal der Skalar-K¨orper K selbst schon eine reichhaltige Struktur besitzt (siehe K¨orperaxiome). Dies hat zur Folge, dass Vektorr¨aume recht starre“ Objekte sind, und es deswegen gar nicht so viele verschiedene ” (endlich-dimensionale) Vektorr¨ aume gibt. Vergleiche dazu Theorem 10.2.

10.1.3

Beispiele f¨ ur Vektorr¨ aume

Nun kommen zahlreiche Beispiele, um dieses neue Konzept zu illustrieren. Beispiel 10.3

(K¨orper als Vektorr¨aume u ¨ber sich selbst)

So komisch es klingt: Jeder K¨orper K ist automatisch ein Vektorraum u ¨ber sich selbst. Setzen wir V = K und nehmen als Addition in V die gew¨ ohnliche K¨ orperaddition + ⊕ : V × V → V,

(x, y) → x ⊕ y := x + y,

und als Skalarmultiplikation die gew¨ ohnliche K¨ orpermultiplikation ∗ : K × V → V,

(λ, x) → λ ∗ x := λ · x,

so garantieren die K¨orperaxiome von K, dass die Vektorraumaxiome f¨ ur V = K erf¨ ullt sind. In Aufgabe 10.1 sollst du dies gr¨ undlich u ¨berpr¨ ufen durch Vergleich beider Axiomen-Listen. Damit sind die rationalen Zahlen Q ein Q-Vektorraum, die reellen Zahlen R ein R-Vektorraum und die komplexen Zahlen C ein C-Vektorraum. Das ist doch schon mal ein Anfang. Beispiel 10.4

(K¨orper als Vektorr¨aume u ¨ber Teilk¨ orpern)

Wir betrachten wieder V = R mit der gew¨ohnlichen K¨ orperaddition. Aufgrund von Q ⊂ R ergibt auch die folgende Skalarmultiplikation Sinn: ∗ : Q × V → V,

(r, x) → r ∗ x := r · x,

denn f¨ ur jedes rationale r und reelle x ist nat¨ urlich auch r · x wieder reell, also ein Element von V = R. Die Axiome (S1 ) – (S4 ) gelten selbstverst¨andlich weiterhin (sie gelten ja sogar f¨ ur alle reellen Skalare r ∈ R), d.h. R ist ein Q-Vektorraum. Ebenso wird V = C zu einem Vektorraum u ¨ber R ⊂ C, wenn die Skalarmultiplikation durch ∗ : R × V → V,

(λ, z) → λ ∗ z := λ · z,

erkl¨art wird. Und nat¨ urlich kann man C auch als Q-Vektorraum betrachten.

284

¨ ge der Linearen Algebra 10 Grundzu

Beispiel 10.5

(Der Standard-Vektorraum Kn )

Wir beschr¨ anken uns auf den Fall n = 2, die Verallgemeinerung auf n > 2 sollte ugt dir leicht selbst gelingen, indem du dir P¨ unktchen zwischen x1 und xn eingef¨ denkst. Auf 1   2 x1  2 V =K =  x1 , x2 ∈ K x2 definieren wir in bekannter Manier – n¨ amlich komponentenweise – Addition und Skalarmultiplikation durch       y x1 + y1 x1 ⊕ 1 := , ⊕ : V × V → V, (x, y) → x ⊕ y = x2 y2 x 2 + y2     λx1 x1 := . ∗ : K × V → V, (λ, x) → λ ∗ x = λ ∗ x2 λx2 Jetzt k¨ onnte ich sagen: Offensichtlich wird V damit zu einem K-Vektorraum“. ” Da ja aber die Leserschaft motiviert und nicht frustriert werden soll, sind wir mal ganz ehrlich: Den meisten Neulingen wird dies keineswegs offensichtlich sein, und schon gar nicht, wie man den Nachweis der Vektorraumaxiome korrekt aufschreibt. Deshalb solltest du dies nun in aller Ruhe und Ausf¨ uhrlichkeit versuchen und bei Problemen gr¨ undlich die L¨ osung zu Aufgabe 10.2 studieren. Und zwar jetzt gleich, noch bevor du weiterliest! Die Bezeichnung Standard-Vektorraum“ wird u ¨brigens erst sp¨ater verst¨ andlich ” werden (siehe Theorem 10.2). Liest du etwa doch gleich weiter? Falls ja, sch¨am dich und bearbeite gef¨alligst zuerst Aufgabe 10.2, versprochen? (Der Folgenraum K∞“) ” Wir setzen im letzten Beispiel formal n = ∞. Da wir nat¨ urlich keine Spaltenvektoren mit unendlich vielen Eintr¨ agen aufschreiben k¨onnen, betrachten wir das Ganze aus einem etwas anderen Blickwinkel. Vektoren mit (abz¨ ahlbar) unendlich vielen Komponenten sind n¨ amlich nichts anderes als Abbildungen a : N → K, denn jeder nat¨ urlichen Zahl n wird ein K¨orperelement a(n) = an ∈ K zugeordnet. Diese Abbildungen haben wir bereits fr¨ uher unter dem Namen Folgen“ ausf¨ uhrlich studiert ” (wobei dort stets K = R war). Wie damals schreiben wir (an )n∈N oder einfach (an ) f¨ ur die Abbildung a. Der Menge Beispiel 10.6

SK = Abb(N, K) = { (an ) | an ∈ K f¨ ur alle n ∈ N } aller K-wertigen Folgen (das S steht dabei f¨ ur sequence“, englisch f¨ ur Folge; den ” Buchstaben F brauchen wir weiter unten) k¨onnen wir eine Vektorraum-Struktur verpassen, indem wir (an ) ⊕ (bn ) := (an + bn )

und

λ ∗ (an ) := (λan )

¨ ume 10.1 Vektorra

285

setzen, d.h. Addition und Skalarmultiplikation geschieht einfach wieder komponentenweise. Wer Aufgabe 10.2 gr¨ undlich bearbeitet hat, dem sollte inzwischen klar sein, dass (SK , ⊕ , ∗) tats¨achlich die K-Vektorraumaxiome erf¨ ullt; denn wir machen ja nichts anderes, als in jeder Komponente in K zu addieren und zu multiplizieur alle n) und der ren. Der Nullvektor ist die konstante Folge (0) (d.h. an = 0 f¨ Gegenvektor zu (an ) ist die Folge (−an ). Beispiel 10.7 (Ein Funktionenraum) ¨ Ahnlich wie im vorigen Beispiel 10.6 betrachten wir nun alle Funktionen f : K → K, die von einem K¨orper K wieder in ihn selbst abbilden. Auf der Menge all dieser Funktionen FK = Abb(K, K) definieren wir Addition und Skalarmultiplikation punktweise. Das bedeutet folgendes: Um die Summenfunktion f ⊕ g zweier Funktionen f, g ∈ FK zu definieren, m¨ ussen wir angeben, wohin diese Funktion f ⊕ g eine beliebige Zahl x ∈ K abbilden soll. In naheliegender Weise setzen wir (f ⊕ g)(x) := f (x) + g(x)

f¨ ur alle x ∈ K,

()

wobei auf der rechten Seite nun die gew¨ohnliche Summe der Zahlen f (x) und g(x) steht. Ebenso erkl¨aren wir das skalare Vielfache λ ∗ f f¨ ur λ ∈ K durch (λ ∗ f )(x) := λ · f (x)

f¨ ur alle x ∈ K,

()

wobei rechts das gew¨ohnliche Produkt von Zahlen steht. ¨brigens gar keine Auf diese Weise wird FK ein K-Vektorraum. Hierbei spielt es u Rolle, dass der Definitionsbereich der Abbildungen K selbst ist; allgemeiner ist Abb(X, K) f¨ ur jede x-beliebige Menge X (Hammer-Wortspiel!) unter obigen Verkn¨ upfungen ein K-Vektorraum. Kurz gesagt gelten die Vektorraumaxiome in FK , weil wir punktweise im K¨orper bzw. K-Vektorraum K rechnen. Weil aber die Verkn¨ upfung von Funktionen der Anf¨ angerin / dem Anf¨anger erfahrungsgem¨ aß Probleme bereitet, wollen wir hier die Vektorraumaxiome ganz ausf¨ uhrlich aus-x-en. Eine grundlegende Beobachtung vorneweg: Zwei Funktionen f , g ∈ FK sind genau dann gleich, wenn sie f¨ ur jedes x ∈ K denselben Funktionswert ausspucken, also f (x) = g(x) f¨ ur alle x ∈ K erf¨ ullen. Kurz: f = g :⇐⇒ f (x) = g(x)

f¨ ur alle x ∈ K.

Unter Verwendung dieser Tatsache werden wir nun die G¨ ultigkeit der Vektorraumaxiome nachweisen. ur beliebige Funktionen f , g, h ∈ FK (A1 ) Assoziativit¨at von ⊕ bedeutet, dass f¨ (f ⊕ g) ⊕ h = f ⊕ (g ⊕ h) gelten muss. Um die Gleichheit dieser beiden Funktionen in FK nachzuweisen, m¨ ussen wir     (f ⊕ g) ⊕ h (x) = f ⊕ (g ⊕ h) (x) f¨ ur alle x ∈ K

286

¨ ge der Linearen Algebra 10 Grundzu

zeigen (siehe Vorbemerkung). Sei dazu x ∈ K beliebig; sukzessives, stures Anwenden der Definition () sowie der Assoziativit¨at (Asso) der gew¨ ohnlichen Addition von K liefert    () ()  (f ⊕ g) ⊕ h (x) = (f ⊕ g)(x) + h(x) = f (x) + g(x) + h(x)   () = f (x) + g(x) + h(x) = f (x) + (g ⊕ h)(x)

(Asso)

  = f ⊕ (g ⊕ h) (x).

()

(A2 ) Da in Axiom (A2 ) die Existenz eines Neutralelements gefordert wird, m¨ ussen wir explizit eines angeben. Das Neutralelement der Addition, also der Nullur alle x ∈ K vektor von FK , ist die Nullfunktion n, die durch n(x) := 0 f¨ definiert ist. Denn n erf¨ ullt f ⊕ n = f f¨ ur jedes f ∈ FK , da ()

(f ⊕ n)(x) = f (x) + n(x) = f (x) + 0 = f (x)

f¨ ur alle x ∈ K gilt.

Das Schaubild von n ist im Falle K = R einfach die x-Achse. (A3 ) Der Gegenvektor eines f ∈ FK ist die Funktion f˜, die durch   f˜(x) := − f (x) f¨ ur alle x ∈ K definiert wird. Um f ⊕ f˜ = n nachzuweisen, m¨ ussen wir (f ⊕ f˜)(x) = n(x) f¨ ur alle x u ¨berpr¨ ufen, was schnell erledigt ist: () (f ⊕ f˜)(x) = f (x) + f˜(x) = f (x) − f (x) = 0 = n(x). Das Schaubild von f˜ entsteht f¨ ur K = R durch Spiegelung des Schaubilds von f an der x-Achse. Wir schreiben ab sofort nat¨ urlich −f statt f˜.

(A4 ) Um die Kommutativit¨at nachzuweisen, m¨ ussen wir zeigen, dass f ⊕ g = g ⊕ f ur alle x ∈ K. f¨ ur zwei beliebige f, g ∈ FK gilt, also (f ⊕ g)(x) = (g ⊕ f )(x) f¨ Dies folgt sofort aus der Kommutativit¨at (K) der Addition in K: ()

(K)

()

(f ⊕ g)(x) = f (x) + g(x) = g(x) + f (x) = (g ⊕ f )(x). (S1 ) Wir m¨ ussen 1 ∗ f = f f¨ ur alle f ∈ FK u ¨berpr¨ ufen. Das ist simpel, denn f¨ ur jedes x ∈ K gilt ()

(1 ∗ f )(x) = 1 · f (x) = f (x). (S2 ) Es seien λ ∈ K und f, g ∈ FK beliebig. F¨ ur jedes x ∈ K gilt dann unter Verwendung des Distributivgesetzes (D) in K (¨ uberlege selbst, wo die Definitionen () und () eingehen):     λ ∗ (f ⊕ g) (x) = λ · (f ⊕ g)(x) = λ · f (x) + g(x) (D)

= λ · f (x) + λ · g(x) = (λ ∗ f )(x) + (λ ∗ g)(x)   = (λ ∗ f ) ⊕ (λ ∗ g) (x).

287

¨ ume 10.1 Vektorra

Dies zeigt λ ∗ (f ⊕ g) = (λ ∗ f ) ⊕ (λ ∗ g), also ist Axiom (S2 ) erf¨ ullt. (S3 ) und (S4 ) solltest du nun selbst hinbekommen. Gib dir allerdings M¨ uhe beim Aufschreiben; sauberes Haushalten mit der Notation ist oftmals bereits die halbe Miete in der Algebra. Beispiel 10.8

(Polynomr¨aume Pn, K )

Es sei p(x) ein Polynom vom Grad < n mit Koeffizienten aus einem K¨orper K, d.h. eine formale Summe mit einer Unbestimmten x“ der Gestalt ” p(x) = an−1 x

n−1

+ an−2 x

n−2

1

0

+ . . . + a1 x + a 0 x =

n−1 

ak xk ,

k=0

ur alle k. Bezeichnen wir mit Pn, K die Menge all solcher Polynome, so mit ak ∈ K f¨ k¨onnen wir auf V = Pn, K in naheliegender Weise durch p(x) ⊕ q(x) =

n−1 

ak xk ⊕

k=0

und

λ ∗ p(x) :=

n−1 

n−1  k=0

bk xk :=

n−1 

(ak + bk )xk

k=0

λak xk

k=0

eine Addition und Skalarmultiplikation definieren. Auch hier weist man ohne Probleme nach, dass dadurch Pn, K zu einem K-Vektorraum wird. Die Idee aus Beispiel 10.2, ein Polynom p(x) mit seinem Koeffizienten-Vektor p = (an−1 , . . . , a1 , a0 )t zu identifizieren, zeigt, dass Pn, K nichts anderes als ein verkleideter Kn ist. Verzichtet man auf Grad < n, erh¨ alt man den Vektorraum aller Polynome u ¨ber K:  :  n 

 Pn, K = p(x) = ak xk  ak ∈ K, n ∈ N . PK = K[x] := n∈N

k=0

Anmerkung: Wir h¨ atten das formale“ Polynom p(x) auch gleich mit der zugeh¨ origen ” Polynomfunktion p : K → K, x → k ak xk , identifizieren k¨ onnen1 , die man erh¨ alt, wenn man f¨ ur die Unbekannte“ x Zahlen aus dem K¨ orper einsetzt. In diesem Sinne kann man ” PK als Teilmenge von FK auffassen und die Verkn¨ upfungen aus Beispiel 10.7 verwenden (nat¨ urlich mit demselben Ergebnis, da unter besagter Identifikation (p⊕q)(x) = p(x)⊕q(x) und (λ ∗ p)(x) = λ ∗ p(x) gilt). Zur Abgrenzung schreibt der Algebraiker gerne p(X) f¨ ur formale Polynome, also X f¨ ur die Unbekannte“ im Unterschied zu x ∈ K. Wir tun dies ” nicht und verwenden ab sofort obige Identifikation, wann immer es uns passt. Wer N¨ aheres wissen m¨ ochte, lese Was ist eigentlich x?“ in [Beu2]. ” 1 Dies

ist f¨ ur K¨ orper mit unendlich vielen Elementen wie Q, R oder C stets erlaubt.

288

¨ ge der Linearen Algebra 10 Grundzu

—————————

—————————

¨ Aufgabe 10.1 Uberpr¨ ufe, dass aus K¨ orperaxiomen tats¨achlich folgt, dass jeder K¨orper K automatisch auch ein K-Vektorraum ist (vergleiche Beispiel 10.3). Aufgabe 10.2 Verifiziere die G¨ ultigkeit der Vektorraumaxiome f¨ ur den Standardugt es, den Fall n = 2 zu betrachten. Vektorraum Kn (siehe Beispiel 10.5). Dabei gen¨ Aufgabe 10.3

(Folgerungen aus den Vektorraumaxiomen)

In den folgenden Teilaufgaben musst du dieselben hinterh¨ altigen Tricks anwenden, wie damals schon bei den Folgerungen aus K¨ orperaxiomen (siehe Aufgabe 9.14). Bevor du verzweifelst, schau dort nach. Stets sei V ein K-Vektorraum. a) Zeige, dass der Nullvektor 0V ∈ V sowie der Gegenvektor −v eines v ∈ V eindeutig bestimmt sind. (Es kann also nicht zwei verschiedene Nullvektoren in V geben, bzw. keine zwei verschiedenen Vektoren v  = v  , die ullen.) v ⊕ v  = 0V = v ⊕ v  erf¨ ur alle λ ∈ K und 0K ∗ v = 0V f¨ ur alle v ∈ V gilt. b) Zeige, dass λ ∗ 0V = 0V f¨ c) Zeige, dass f¨ ur alle λ ∈ K und alle v ∈ V stets (−λ) ∗ v = λ ∗ (−v) = −(λ ∗ v) gilt. Insbesondere ist also (−1) ∗ v = −v. —————————

—————————

Vereinbarung: Wir schreiben ab jetzt + statt ⊕ und · statt ∗. Ob es sich um Verkn¨ upfung von Vektoren oder Skalaren handelt, wird aus dem Kontext klar.

10.1.4

Untervektorr¨ aume

Beispiel 10.9 Wir betrachten zwei Teilmengen des R2 : 1   2 1   2 2a  a  U1 = und U2 =  a∈R  a∈R . a 2 Addiert man zwei Elemente u, v ∈ U1 , so erh¨alt man wieder ein Element von U1 , denn es ist         2a 2b 2a + 2b 2c u+v = + = = ∈ U1 a b a+b c mit c := a + b. Ebenso gilt auch λ · u ∈ U1 f¨ ur jedes beliebige λ ∈ R (mache dir das klar). Die Teilmenge U1 ist somit abgeschlossen bez¨ uglich Addition und andigen Vektorraum betrachten Skalarmultiplikation, weshalb man U1 als eigenst¨ kann, der in dem gr¨oßeren Vektorraum R2 liegt. U2 hingegen besitzt diese nette Eigenschaft nicht, denn f¨ ur w, z ∈ U2 ist stets       a b a+b w+z = + = ∈ / U2 , sowie λ · w ∈ / U2 , außer f¨ ur λ = 1. 2 2 4

289

¨ ume 10.1 Vektorra

In Abbildung 10.2 ist dies veranschaulicht. Addiert man zwei Vektoren, die zu Punkten aus U2 geh¨ oren, so verl¨asst man stets U2 (stelle dir zwei solche Vektoren und deren Summe vor). Die Teilmenge U1 hingegen wird durch eine Ursprungsgerade repr¨asentiert, weshalb die Summe und das skalare Vielfache von Vektoren, die oren, stets wieder auf dieser Geraden liegen. zu Punkten aus U1 geh¨ x2 U2 1

x1 0

1

2

3

4

U1 Abbildung 10.2 Definition 10.2 Ist V ein K-Vektorraum und ∅ = U ⊆ V eine nicht leere Teilmenge von V , die selbst wieder ein K-Vektorraum ist, so nennt man U einen K-Untervektorraum von V oder k¨ urzer Unterraum von V . ♦ Wenn U in einem gr¨ oßeren Vektorraum V liegt, muss man nicht alle Vektorraumaxiome durchhecheln, um nachzuweisen, dass U ein Vektorraum ist. In der Tat gen¨ ugen zwei Eigenschaften, wie der n¨ achste Satz zeigt – dann erbt“ U die ” restlichen Vektorraum-Eigenschaften von V . Satz 10.1

( Unterraum-Kriterium )

Um nachzuweisen, dass eine nicht leere Teilmenge ∅ = U ⊆ V eines KVektorraums ein Unterraum von V ist, muss man nur pr¨ ufen, dass U abgeschlossen bez¨ uglich Addition und Skalarmultiplikation ist. Es muss also gelten (1) Mit u, v ∈ U ist auch u + v ∈ U . (2) F¨ ur u ∈ U und λ ∈ K ist stets λ · u ∈ U . Beweis: Wir m¨ ussen nachweisen, dass U alle Vektorraumaxiome erf¨ ullt, wenn (1) und (2) gelten. Zun¨achst garantieren diese Bedingungen, dass man nach Addition und Skalarmultiplikation von Elementen aus U auch wieder in U landet, d.h. dass diese Operationen u ¨berhaupt sinnvoll auf U erkl¨ art sind. (A1 ) & (A4 ): Die Addition ist assoziativ und kommutativ, weil sie es in V ist und ussen zeigen, dass U den Nullvektor 0V (= 0U !) enth¨ alt. Da U ⊆ V gilt. (A2 ): Wir m¨ U = ∅ ist, enth¨ alt U mindestens einen Vektor u. W¨ahlt man λ = 0K , so folgt aus (2), dass 0V = 0K · u ∈ U gilt (0K · u = 0V wurde in Aufgabe 10.3 nachgewiesen). (A3 ): Wieder nach Aufgabe 10.3 gilt −u = (−1) · u, und (2) garantiert somit, dass zu jedem Vektor u ∈ U auch sein Gegenvektor −u in U liegt. (So folgt u ¨brigens erneut (A2 ), denn 0V = u + (−u) ∈ U laut (1).)  Schließlich u ¨bertr¨agt sich die G¨ ultigkeit von (S1 ) – (S4 ) direkt von V auf U .

290

¨ ge der Linearen Algebra 10 Grundzu

In den folgenden Aufgaben sollst du das Unterraum-Kriterium anwenden und lernst Beispiele f¨ ur Unterr¨aume kennen. Stets ist dabei K ein K¨orper und V ein KVektorraum. —————————

—————————

Aufgabe 10.4 a) Zeige: V besitzt stets die trivialen Unterr¨aume U0 = {0V } und sich selbst, also U1 = V . b) Ist u ∈ V ein beliebiger Vektor, so ist der Aufspann von u definiert als "u#K = K · u := { λ · u | λ ∈ K }. Zeige, dass "u#K stets ein Unterraum von V ist. c) Wie l¨ asst sich mit b) U1 aus Beispiel 10.9 k¨ urzer schreiben? Gib drei weitere (nicht-triviale, aber m¨ oglichst einfache) Unterr¨aume von K2 an. Aufgabe 10.5

Ist R ein Unterraum von C? (Wieso ist dies unpr¨azise gefragt?)

Aufgabe 10.6 Zeige, dass die Menge SR, c aller konvergenten reellwertigen Folatze.) gen ein Unterraum von SR ist. (Tipp: Grenzwerts¨ Aufgabe 10.7 Ist die Menge DR aller auf R differenzierbaren Funktionen ein Unterraum von FR ? Und wie steht es mit den auf I = [ a , b ] Riemann-integrierbaren Funktionen (betrachtet als Teilmenge von FI )? Aufgabe 10.8

Gib unendlich viele Unterr¨aume von PK = K[x] an.

Aufgabe 10.9 Eine Funktion f : R → R heißt beschr¨ ankt, wenn es ein S ∈ R gibt, so dass |f (x)|  S f¨ ur alle x ∈ R gilt. (Das Schaubild von f l¨asst sich also in einen Schlauch der Breite 2S um die x-Achse einsperren.) Zeige, dass die Menge BR aller beschr¨ankten Funktionen ein Unterraum des Funktionenraums FR ist. Aufgabe 10.10

Es seien U und U  zwei Unterr¨aume von V .

a) Zeige, dass der Durchschnitt U ∩ U  stets wieder ein Unterraum ist. b) Wann wird auch die Vereinigung U ∪ U  ein Unterraum? —————————

—————————

291

¨ ume 10.1 Vektorra

10.1.5

Basis und Dimension

Nun kommen wir zu zwei ganz zentralen Konzepten der Linearen Algebra: Basis“ ” und Dimension“ eines Vektorraums. ” Die Grundlage f¨ ur alles Weitere ist der Begriff der linearen Unabh¨angigkeit, den du f¨ ur Vektoren des R3 bereits aus der Schulgeometrie kennen solltest, wenn auch vielleicht nicht in der folgenden Allgemeinheit. Zuvor noch eine begriffliche Bemerkung: Wir sprechen im Folgenden nicht von einer Menge von Vektoren, also nicht von { v1 , . . . , vn }, sondern von einem System von Vektoren. Der Unterschied besteht darin, dass Mehrfachnennungen gewertet werden, d.h. das System v1 , v1 besteht aus zwei gleichen Vektoren, w¨ahrend zwischen den Mengen { v1 , v1 } und { v1 } kein Unterschied besteht. Ein weiterer Unterschied, der etwas sp¨ater von Bedeutung sein wird, ist, dass die Reihenfolge in der Mengenschreibweise keine Rolle spielt, d.h. { v1 , v2 } = { v2 , v1 }, w¨ahrend v1 , v2 und v2 , v1 zwei verschiedene Systeme sind. Wenn das wichtig wird, werden wir zur Betonung der Reihenfolge eine runde Klammer um die Auflistung schreiben (siehe Seite 314). Definition 10.3 Ein System v1 , . . . , vn von Vektoren eines K-Vektorraums V heißt linear unabh¨ angig (etwas laxer sagt man oft nur die Vektoren v1 , . . . , vn sind ” linear unabh¨angig“), wenn gilt λ1 · v1 + . . . + λn · vn = 0V

(mit λi ∈ K) =⇒ λ1 = . . . = λn = 0.

()

Andernfalls heißt das System linear abh¨ angig. In diesem Fall existieren Skalare λ1 , ♦ . . . , λn , nicht alle 0, mit λ1 · v1 + . . . + λn · vn = 0V . Eine Summe der Form n  λi · vi = λ1 · v1 + . . . + λn · vn

mit λi ∈ K

i=1

bezeichnet man als Linearkombination von v1 , . . . , vn . Damit kann man () auch so umformulieren: Die Vektoren v1 , . . . , vn sind linear unabh¨angig, wenn sich der Nullvektor nur als triviale Linearkombination – d.h. alle λi = 0 – der Vektoren vi darstellen l¨ asst. Dieser abstrakten Definition der linearen Unabh¨angigkeit soll nun Leben eingehaucht werden. Beispiel 10.10 a) Schauen wir uns an, was die Definition f¨ ur n = 1, also f¨ ur einen Vektor v besagt: v ist linear unabh¨angig, wenn aus λ · v = 0V stets λ = 0 folgt. Dies ur ein λ = 0, so gilt aber f¨ ur jeden Vektor v = 0V . Denn ist λ · v = 0V f¨ existiert λ−1 (da K ein K¨orper ist), und es folgt (S1 )

(S4 )

v = 1 · v = (λ−1 λ) · v = λ−1 · (λ · v) = λ−1 · 0V

A 10.3

= 0V .

Somit ist jedes v = 0 linear unabh¨angig ( von sich selbst“), und der Nullvek” tor ist linear abh¨angig, da λ · 0V = 0V sogar f¨ ur jedes λ ∈ K erf¨ ullt ist.

292

¨ ge der Linearen Algebra 10 Grundzu

b) Interessanter wird die Sache f¨ ur n = 2. Sind v1 und v2 linear abh¨ angig, so gibt es Skalare λ1 und λ2 , nicht beide 0, etwa λ1 = 0, mit λ1 · v1 + λ2 · v2 = 0V

=⇒

v1 = −λ−1 1 λ 2 · v2 .

Somit gilt v1 = μ · v2 mit μ = − λλ21 , d.h. v1 ist ein skalares Vielfaches von v2 . Geometrisch bedeutet dies, z.B. in V = R3 , dass die Pfeilchen zweier linear abh¨angiger Vektoren auf einer Geraden liegen. Zwei linear unabh¨angige Vektoren hingegen zeigen in verschiedene Richtungen“, in dem Sinne, dass ” ihre Pfeilchen nicht auf einer Geraden liegen. Aus der Schule sollte dir bekannt sein, dass die Menge E = { λ1 · v1 + λ2 · v2 | λ1 , λ2 ∈ R } ⊂ R3 aller Linearkombination zweier linear unabh¨angiger Vektoren v1 , v2 ∈ R3 eine Ebene beschreibt (die den Ursprung enth¨alt). c) Auch f¨ ur n  3 l¨asst sich leicht zeigen, dass sich bei einem linear abh¨angigen System von Vektoren v1 , . . . , vn immer mindestens einer als Linearkombination der restlichen n − 1 darstellen l¨ asst. Siehe dazu Aufgabe 10.14. Wie man konkret untersucht, ob eine Menge von Vektoren linear unabh¨angig ist, zeigt Aufgabe 10.13 (f¨ ur n = 3). Beispiel 10.11 Wir untersuchen die zwei Einheitsvektoren     1 0 und e2 = e1 = 0 1 des K2 auf lineare Unabh¨angigkeit. Gilt         1 0 λ1 ! 0 + λ2 · = = 0K2 = , λ1 · e1 + λ2 · e2 = λ1 · 0 1 0 λ2 so folgt daraus sofort λ1 = λ2 = 0, d.h. e1 und e2 sind linear unabh¨angig. Entsprechend sind ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 0 0 ⎜0⎟ ⎜1⎟ ⎜0⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ e1 = ⎜ . ⎟ , e2 = ⎜ . ⎟ , . . . , en = ⎜ . ⎟ ⎝ .. ⎠ ⎝ .. ⎠ ⎝ .. ⎠ 0

0

1

n linear unabh¨angige Vektoren im Kn . Beispiel 10.12 Wir betrachten v1 = 1 (= 1C ) und v2 = i als Elemente des R-Vektorraums C. Statt λ1 und λ2 nennen wir die reellen Skalare hier a und b. Aus a · 1 + b · i = 0C

folgt sofort

a = b = 0,

293

¨ ume 10.1 Vektorra

denn eine komplexe Zahl a + b i ist genau dann Null, wenn ihr Realteil a und ihr Imagin¨arteil b verschwinden. Somit sind die Vektoren 1 und i linear unabh¨angig u ¨ber R. Erinnert man sich an die Konstruktion von C als R2 , so ist     1 0 1C = = e1 und i= = e2 , 0 1 d.h. wir sind wieder in Beispiel 10.11 gelandet, nur eben komplex formuliert. Allerdings demonstriert dieses Beispiel einen wichtigen Punkt: Betrachtet man C nicht als R- sondern als C-Vektorraum, so sind v1 und v2 pl¨ otzlich linear abh¨ angig! F¨ ur die komplexen Skalare λ1 = 1 und λ2 = i gilt n¨amlich λ1 · v1 + λ2 · v2 = 1 · 1 + i · i = 1 + (−1) = 0C , d.h. u ¨ber C l¨asst sich der Nullvektor 0C als nicht-triviale Linearkombination von v1 und v2 darstellen. Bei linearer Abh¨angigkeit kommt es also entscheidend auf den K¨orper K an, aus dem die Skalare stammen. Beispiel 10.13 Die Monome“ 1, x, x2 , . . . , xn−1 ∈ Pn, K = V sind linear un” abh¨ angig. Wir betrachten dazu eine Linearkombination der Monome, die das Null0 polynom 0V = 0 x ergibt: n  k=1

Shift

λk xk−1 =

n−1 

!

λk+1 xk = 0 x0 =

k=0

n−1 

0 xk .

k=0

Da zwei Polynome – als formale Summen in x – genau dann gleich sind, wenn all ihre Koeffizienten u ¨bereinstimmen, folgt hier sofort λ1 = . . . = λn = 0. D.h. die lineare Unabh¨ angigkeit der Monome steckt bereits in der Definition von Polynomen als formale Ausdr¨ ucke k ak xk . Betrachtet man Polynome als Polynomfunktionen z.B. f¨ ur K = C (siehe Anmerkung auf Seite 287), so muss man etwas subtiler argumentieren: Einsetzen von x ∈ C in obige Null-Linearkombination, die wir p(x) nennen, f¨ uhrt auf p(x) = λ1 + λ2 x + λ3 x2 + . . . + λn xn−1 = 0

f¨ ur alle x ∈ C.

Das bedeutet, dass p die Nullfunktion ist (als Abbildung von C nach C aufgefasst) und somit unendlich viele Nullstellen besitzt. W¨ are nun λk = 0 f¨ ur ein k > 1, so w¨ are p eine nicht-konstante Polynomfunktion von Grad < n und k¨ onnte daher maximal n − 1 Nullstellen besitzen (siehe Seite 277). Also m¨ ussen λ2 = . . . = λn = 0 sein. Das verbleibende λ1 muss auch 0 sein, da wir sonst gar keine Nullstellen h¨ atten. Das zeigt, dass alle λk = 0 sind, und somit die lineare Unabh¨ angigkeit der Monome.

—————————

—————————

Aufgabe 10.11 Warum ist die Aussage die Vektoren v1 , . . . , vn sind linear ” unabh¨ angig“ eigentlich unpr¨azise? (Vgl. Beispiel 10.10 a).)

294

¨ ge der Linearen Algebra 10 Grundzu

Aufgabe 10.12 Zeige: Ein System von Vektoren 0V , v2 . . . , vn , das den Nullvektor enth¨alt, ist stets linear abh¨angig. Aufgabe 10.13 keit: ⎛ ⎞ 1 v1 = ⎝3⎠ , 5

Untersuche die drei Vektoren des Q3 auf lineare Unabh¨ angig⎛

1/2

⎞

v2 = ⎝1/4⎠ , 2

⎛

⎞ 1 v3 = ⎝−2⎠ . 3

Stelle im Falle ihrer linearen Abh¨ angigkeit einen der drei Vektoren als Linearkombination der zwei u ¨brigen dar. Aufgabe 10.14 Zeige, dass sich bei einem linear abh¨angigen System von Vektoren v1 , . . . , vn immer mindestens einer als Linearkombination der restlichen n − 1 darstellen l¨ asst. √ Aufgabe 10.15 Beweise, dass 1 und 2 linear unabh¨angig u ¨ber Q sind. Aufgabe 10.16 Gib in den Vektorr¨aumen R[x], SR und FR jeweils ein System n linear unabh¨angiger Vektoren an, n ∈ N beliebig, und begr¨ unde die lineare Unabh¨ angigkeit. (Anleitung zu FR : Betrachte die Funktionen χk , die außerhalb des Intervalls Ik = ( k−1 , k ) Null sind und auf Ik den Wert 1 haben. Zeichne z.B. die Linearkombination 12 · χ1 +χ2 −χ3 und u ¨berlege danach allgemein, wieso λ1 · χ1 + . . . + λn · χn niemals die Nullfunktion ergeben kann, wenn nicht alle λi Null sind. Die χk (χ ist der griechische Kleinbuchstabe chi“) heißen u ¨ brigens charakteristische Funktionen des Intervalls Ik .) ”

—————————

—————————

Definition 10.4 In Verallgemeinerung von Aufgabe 10.4 definieren wir f¨ ur Vekulle) toren v1 , . . . , vn ∈ V eines K-Vektorraums V den Aufspann (auch: lineare H¨ als die Menge all ihrer Linearkombinationen: "v1 , . . . , vn #K :=

n 

  λ i · vi  λ 1 , . . . , λ n ∈ K .

♦

i=1

Anmerkung: "v1 , . . . , vn #K ist ein Unterraum von V , und zwar sogar der kleinste alt; Beweis als Aufgabe 10.17. Unterraum, der alle Vektoren v1 , . . . , vn enth¨ Beispiel 10.14 Es ist ¨außerst hilfreich, sich neue abstrakte Definitionen anhand des guten alten R3 zu veranschaulichen. Sind e1 = (1, 0, 0)t und e2 = (0, 1, 0)t die beiden Einheitsvektoren der x12 -Ebene, so ist ihr Aufspann gegeben durch    λ     1  λ 1 , λ2 ∈ R , λ2 "e1 , e2 #R = λ1 · e1 + λ2 · e2  λ1 , λ2 ∈ R = 0 was nichts anderes als die x12 -Ebene im R3 ist; siehe Abbildung 10.3.

295

¨ ume 10.1 Vektorra

x3

e2

x2

e1 e1 + 32 e2 x1

"e1 , e2 #R Abbildung 10.3

Es ist geometrisch instruktiv, obige Anmerkung anhand dieses Beispiels zu illustrieren. Wir suchen einen m¨ oglichst kleinen“ Unterraum E des R3 , der e1 und e2 ” enth¨ alt. Die Menge { e1 , e2 } ist sicherlich noch kein Unterraum, da bereits skalare Vielfache wie 2e1 oder − 12 e2 nicht mehr in ihr enthalten sind. E muss also wenigstens die Aufspanne "ei #R = { λ · ei | λ ∈ R }, i = 1, 2, enthalten. Aber auch E  = "e1 #R ∪ "e2 #R , was die x1 - und x2 -Achse darstellt, ist noch kein Unterraum, da uhren. Erst wenn E die gesamLinearkombinationen wie e1 + 32 e2 aus E  herausf¨ oglichen Linearkombinationen von e1 und e2 te x12 -Ebene ist, sprich aus allen m¨ besteht, d.h. E = "e1 , e2 #R , dann wird E abgeschlossen unter Skalarmultiplikation und Summenbildung, also nach Satz 10.1 ein Unterraum des R3 . Beispiel 10.15

Die Parameterdarstellung einer Ebene im R3 lautet bekanntlich

E : #» x = #» p + s · #» u + t · #» v;

s, t ∈ R.

Dabei ist #» p der St¨ utzvektor und #» u und #» v sind die Richtungs- oder Spannvektoren der Ebene. Mit unserer neuen Notation ist E nichts anderes als der um den Vektor #» p verschobene Aufspann " #» u , #» v #R , kurz: E = #» p + " #» u , #» v #R . #» | m #» ∈ M }. Dabei ist #» p + M die Kurzschreibweise f¨ ur die Menge { #» p +m Beispiel 10.16 Wir betrachten R als Q-Vektorraum. Dann ist die lineare H¨ ulle √ √ √ " 1, 2 #Q = { a · 1 + b · 2 | a, b ∈ Q } =: Q( 2 ) √ der√kleinste Q-Unterraum von R, der alt. √ 1 und 2 enth¨ √ Q( 2 ) liest man als Q adjungiert 2“. Die Elemente von Q( 2 ) erinnern stark ” √ an komplexe Zahlen mit 2 anstelle √ von i. In der Tat kann man fast w¨ortlich wie bei C nachrechnen, dass auch Q( 2 ) ein K¨orper ist.

296

¨ ge der Linearen Algebra 10 Grundzu

Nun kommt die entscheidende Definition 10.5 Ein System von n Vektoren v1 , . . . , vn heißt Erzeugendensystem des K-Vektorraums V , wenn "v1 , . . . , vn #K = V gilt, d.h. wenn jedes v ∈ V sich als Linearkombination der Vektoren v1 , . . . , vn darstellen l¨ asst. Ein linear unabh¨angiges Erzeugendensystem heißt Basis von V . ♦ Beispiel 10.11 Jeder Vektor x ∈ K2 l¨asst sich darstellen als           x1 0 1 0 x1 + + x2 · = x1 · e1 + x2 · e2 , = = x1 · x2 0 x2 0 1 d.h. es gilt "e1 , e2 #K = K2 , also stellt e1 , e2 ein Erzeugendensystem von K2 dar. Da diese beiden Vektoren nach Beispiel 10.11 linear unabh¨angig sind, bilden sie eine Basis des K2 , die sogenannte Standardbasis (oft auch kanonische Basis genannt). Entsprechendes gilt f¨ ur den Kn mit der Standardbasis e1 , . . . , en . Beispiel 10.12 Eine R-Basis von C ist 1, i, da sich jedes z ∈ C als z = a · 1 + b · i mit a, b ∈ R darstellen l¨ asst und 1, i linear unabh¨ angig u ¨ber R sind (Beispiel 10.12). Als C-Basis von C gen¨ ugt der Vektor 1, denn er ist linear unabh¨angig (da = 0) und es gilt trivialerweise "1#C = { λ · 1 | λ ∈ C } = C. Beispiel 10.13 Die Monome 1, x, x2 , . . . , xn−1 sind ein Erzeugendensystem von Pn, K , da definitionsgem¨aß jedes Element von Pn, K die Gestalt p(x) = λ1 + λ2 x + angig sind, λ3 x2 + . . . + λn xn−1 besitzt. Da sie nach Beispiel 10.13 linear unabh¨ bilden sie eine Basis von Pn, K . √ der linearen H¨ ulle ist 1, 2 ein ErzeugendenBeispiel 10.16√ Nach Definition √ linear unsystem von Q( 2 ) = " 1, 2 #Q . Da beide Zahlen nach Aufgabe 10.15 √ abh¨ angig u ¨ber Q sind, bilden sie eine Basis des Q-Vektorraums Q( 2 ). Satz 10.2

( Eindeutige Basisdarstellung )

Bilden die Vektoren v1 , . . . , vn eine Basis B des K-Vektorraums V , so l¨asst sich jeder Vektor v ∈ V eindeutig als Linearkombination der vi darstellen, d.h. die Koeffizienten λi ∈ K in v = λ 1 · v1 + . . . + λ n · vn =

n 

λ i · vi

i=1

sind eindeutig durch v (in Bezug auf B) bestimmt.

297

¨ ume 10.1 Vektorra

Beweis: Dass sich jeder Vektor aus V als Linearkombination der vi darstellen l¨asst, folgt daraus, dass B ein Erzeugendensystem ist, d.h. dass "v1 , . . . , vn #K = V gilt. Zur Eindeutigkeit der Darstellung: Es seien v=

n 

λi · v i

und

v=

i=1

n 

μi · v i

i=1

zwei B-Linearkombinationen des Vektors v ∈ V (λi , μi ∈ K). Dann folgt 0V = v − v =

n 

λ i · vi −

i=1

n 

μ i · vi =

i=1

n 

(λi − μi ) · vi =:

i=1

n 

α i · vi ,

i=1

ur alle i.  und die lineare Unabh¨ angigkeit der vi erzwingt αi = 0, also λi = μi , f¨ Definition 10.6 Ein K-Vektorraum V heißt endlich erzeugt, wenn er ein Erzeugendensystem endlicher L¨ ange besitzt, d.h. wenn es eine nat¨ urliche Zahl n und ♦ Vektoren v1 , . . . , vn gibt mit "v1 , . . . , vn #K = V . Achtung: Endlich erzeugt“ heißt keinesfalls, dass |V | endlich ist, wie bereits ” das Beispiel R = "1#R zeigt. Das Erzeugendensystem hat hier L¨ange 1, aber V = R besteht aus (¨ uberabz¨ahlbar) unendlich vielen Vektoren. Nun kommt der Hauptsatz dieses Abschnitts, auf dessen recht technischen Beweis wir verzichten. Aber so viel sei gesagt: Man ben¨otigt den sogenannten Basiserg¨ anzungssatz bzw. den damit verwandten Austauschsatz von Steinitz2 . Der erste besagt, dass man jedes linear unabh¨ angige System von Vektoren eines endlich erzeugten Vektorraums V durch Hinzunahme geeigneter Vektoren (aus einem gegebenen Erzeugendensystem von V ) stets zu einer Basis von V erg¨anzen kann. F¨ ur ¨ n] oder [Bos2]. Details konsultiere man z.B. [Ja Theorem 10.1 Jeder endlich erzeugte Vektorraum V besitzt eine Basis endlicher L¨ange. Die L¨ange n der Basis ist dabei eindeutig durch V bestimmt, d.h. es kann keine zwei Basen von V mit unterschiedlicher L¨ ange geben.  Definition 10.7 Es sei B eine K-Basis des endlich erzeugten Vektorraums V . Die L¨ange n von B (also die Anzahl der Vektoren von B) heißt Dimension von V : dimK V = n. Nach Theorem 10.1 ist dies wohldefiniert, da alle Basen gleich lang sind. Beispiel 10.11

Es ist

dimK Kn = n,



Beispiel 10.12

Es ist

dimR C = 2 und

Beispiel 10.13

Es ist

dimK Pn, K = n.

Beispiel 10.16

Und zu guter Letzt ist

2 Ernst

insbesondere also dimK K = 1. dimC C = 1.

√ dimQ Q( 2 ) = 2.

Steinitz (1871 – 1928); deutscher Algebraiker.

♦

298

¨ ge der Linearen Algebra 10 Grundzu

Beispiel 10.17 Nach Aufgabe 10.16 gibt es in den Vektorr¨aumen R[x], SR und FR zu beliebig großem n ∈ N stets ein System n linear unabh¨angiger Vektoren. In endlich erzeugten Vektorr¨ aumen gilt nach dem oben genannten Basiserg¨anzungssatz, dass jedes linear unabh¨angige System von Vektoren Teil einer Basis ist. Jede Basis ist nach Theorem 10.1 aber gleich lang, weshalb die Dimension dimK V eines endlich erzeugten Vektorraums V eine Obergrenze f¨ ur die L¨ ange linear unabh¨angiger Systeme von Vektoren in V ist. Wenn es in V also beliebig lange solcher Systeme gibt, kann V nicht endlich erzeugt sein und damit insbesondere keine Basis endlicher L¨ange besitzen (diese w¨are ja sonst ein Erzeugendensystem endlicher L¨ ange). Falls V keine Basis endlicher L¨ ange besitzt3 , schreibt man dimK V = ∞, es ist somit nach obigem Argument dimR R[x] = dimR SR = dimR FR = ∞. Zum Abschluss dieses Abschnitts ziehen wir noch eine wichtige Folgerung aus dem Basiserg¨anzungssatz und Theorem 10.1. Satz 10.3 Sei V ein endlich erzeugter Vektorraum. Dann ist jeder Untervektorraum U von V ebenfalls endlich erzeugt, mit dimK U  dimK V . Zudem gilt der oft n¨ utzliche Dimensionstest“ ” dimK U = dimK V

=⇒ U = V.

(∗)

Beweis: Nach Theorem 10.1 besitzt V eine Basis, deren L¨ange dimK V = n sei. Jedes linear unabh¨ angige System der L¨ange s von Vektoren aus U ist nat¨ urlich auch linear unabh¨ angig in V und l¨asst sich nach dem Basiserg¨anzungssatz durch Hinzunahme von n − s  0 Vektoren zu einer Basis von V erg¨anzen. Aus dieser Beobachtung folgt zweierlei: (1) Aufgrund von n − s  0, d.h. s  n, ist n = dimK V eine obere Schranke f¨ ur die L¨ ange linear unabh¨angiger Systeme in U . Folglich existiert ein linear unabh¨ angiges System B ⊂ U , dessen L¨ange |B| = r maximal ist (und ebenfalls r  n erf¨ ullt). Da linear unabh¨angige Systeme maximaler L¨ange stets ¨ n]), ist B eine Basis eine Basis bilden (wie man leicht zeigen kann; siehe [Ja – also insbesondere auch ein Erzeugendensystem – von U der L¨ange r. Somit ist U endlich erzeugt, und es gilt dimK U = r  n = dimK V . (2) Die Zahl der Vektoren, die man f¨ ur die Erg¨ anzung von B zu einer Basis von V braucht, ist n − r, d.h. dimK V − dimK U . Im Falle dimK U = dimK V sind somit keine zus¨atzlichen Vektoren mehr n¨ otig, also ist die Basis B von U bereits eine Basis von ganz V . Insbesondere ist sie ein Erzeugendensystem  von V , d.h. U = "B#K = V , womit der Dimensionstest“ bewiesen ist. ” 3 Das bedeutet nicht etwa, dass V gar keine Basis bes¨ aße. Man kann allgemein zeigen, dass jeder Vektorraum eine Basis besitzt! Siehe [Bos2], Seite 42.

10.2 Lineare Abbildungen

—————————

299

—————————

Aufgabe 10.17 Es sei M = { v1 , . . . , vn } (mit n ∈ N) eine endliche Teilmenge eines K-Vektorraums V . Zeige, dass "M #K := "v1 , . . . , vn #K der kleinste Unterraum von V ist, der M enth¨alt. Die Minimalit¨at ist dabei in folgendem Sinne zu verstehen: Ist U  V ein Unterraum, der M enth¨ alt, dann liegt bereits auch "M #K in U . ( ) Aufgabe 10.18

Formuliere und beweise die Umkehrung von Satz 10.2.

Aufgabe 10.19

Es sei n = (n1 , n2 , n3 )t ∈ K3 ein Vektor = 0K3 . Zeige, dass

E = { (x1 , x2 , x3 )t ∈ K3 | x1 n1 + x2 n2 + x3 n3 = 0 } ur K = R sollte dir E aus ein Unterraum von K3 ist und weise dimK E = 2 nach. (F¨ der Schulgeometrie sehr bekannt vorkommen . . . ) Anleitung: Jedes x ∈ E erf¨ ullt x1 n1 + x2 n2 + x3 n3 = 0; das ist eine Gleichung f¨ ur drei Unbekannte x1 , x2 , x3 . W¨ahle also zwei davon frei, etwa x1 = λ ∈ K ucke x3 in Abh¨angigkeit von λ und μ aus (dazu musst und x2 = μ ∈ K und dr¨ asst sich jedes x ∈ E als (λ, μ)-Linearkombination du n3 = 0 annehmen). Damit l¨ zweier Vektoren darstellen, die zudem leicht als linear unabh¨angig zu erkennen sind. Aufgabe 10.20 F¨ ur eine dreielementige Menge M = {m1 , m2 , m3 } sei V = Abb(M, R) der R-Vektorraum aller Funktionen f : M → R. Die Verkn¨ upfungen auf V sind dabei punktweise erkl¨ art, siehe Beispiel 10.7. Zeige, dass dimR V = 3 ist, indem du explizit eine Basis von V angibst. (Das ist nicht schwer, aber vielleicht zu abstrakt.) Tipp: Gehe a¨hnlich vor wie in der Anleitung zu Aufgabe 10.16, nur dass du die Intervalle dort durch einzelne Punkte mi ersetzt. —————————

10.2

—————————

Lineare Abbildungen

Nachdem wir jetzt die Objekte der linearen Algebra – die Vektorr¨aume – etwas besser kennen gelernt haben, wird es Zeit, dass wir uns mit den Abbildungen zwischen ihnen besch¨aftigen. Nun ist ein Vektorraum weit mehr als eine schn¨ode Menge, da er mit einer reichhaltigen Struktur versehen ist: Man kann seine Elemente addieren und sie mit Skalaren multiplizieren. Daher ist es ganz nat¨ urlich, dass man sich f¨ ur Abbildungen interessiert, die eben diese Struktur respektieren“. Solche struk” ” turerhaltenden“ Abbildungen nennt man Vektorraum-Homomorphismen ( homo” morph“ heißt grob u ¨bersetzt von a¨hnlicher Form“). Wir beginnen mit einem ganz ” einfachen

300

¨ ge der Linearen Algebra 10 Grundzu

Beispiel 10.18

Wir betrachten die Funktionen

f : R → R,

x → 2x,

und

g : R → R,

x → x2 ,

wobei wir R als Vektorraum u ¨ber sich selbst auffassen. Dann respektiert f die Vektorraumstruktur von R in folgendem Sinn: F¨ ur alle u, v ∈ R und alle λ ∈ R gilt f (u + v) = f (u) + f (v)

und

f (λ · v) = λ · f (v),

wie man auf einen Blick sieht (rechne das im Kopf nach). Es macht also keinen Unterschied, ob man zuerst die Vektoren u und v addiert, und dann f anwendet, also f (u + v) bildet, oder ob man dies in umgekehrter Reihenfolge tut, f (u) + f (v); das Ergebnis ist stets dasselbe. Analoges gilt f¨ ur die Skalarmultiplikation. Die Funktion g hingegen hat diese Eigenschaft nicht. Bereits f¨ ur u = v = 1 und λ = 0 oder 1 ist g(1 + 1) = 22 = 12 + 12 = g(1) + g(1)

und

g(λ · 1) = λ2 = λ · 12 = λ · g(1).

Wie du bereits aus der Schule weißt, nennt man f eine lineare Funktion (beachte jedoch Aufgabe 10.24). Diesen Linearit¨ ats-Begriff werden wir nun auf Abbildungen zwischen beliebigen Vektorr¨aumen erweitern.

10.2.1

Definition und Beispiele linearer Abbildungen

Definition 10.8 Es seien V und W Vektorr¨aume u ¨ber dem K¨orper K. Eine Abbildung4 ϕ : V → W heißt linear (genauer: K-linear) oder Homomorphismus, wenn f¨ ur alle u, v ∈ V und alle λ ∈ K gilt ♦ ϕ(u + v) = ϕ(u) + ϕ(v) und ϕ(λ · u) = λ · ϕ(u). Bevor wir Beispiele linearer Abbildungen bringen, ziehen wir eine einfache Konsequenz aus der Linearit¨at. Lemma 10.1 Jeder Homomorphismus ϕ : V → W bildet den Nullvektor auf den Nullvektor ab, d.h. ϕ(0V ) = 0W . Beweis:

Es sei ϕ : V → W K-linear. Dann gilt

ϕ(0V ) = ϕ(0V + 0V ) = ϕ(0V ) + ϕ(0V ), und beidseitiges Subtrahieren von ϕ(0V ) liefert 0W = ϕ(0V ). Oder noch schneller: ϕ(0V ) = ϕ(0K · 0V ) = 0K · ϕ(0V ) = 0W .



Beispiel 10.19 Die zwei einfachsten, aber auch langweiligsten linearen Abbildungen sind die Nullabbildung o und die identische Abbildung idV mit o : V → W,

v → 0W ,

und

idV : V → V,

v → v.

Hier sind die beiden Linearit¨atsbedingungen trivialerweise erf¨ ullt (¨ uberzeuge dich davon). 4 Der

griechische Kleinbuchstabe ϕ wird als Kleinvieh“ gesprochen. ”

301

10.2 Lineare Abbildungen

In Verallgemeinerung von Beispiel 10.18 ist die Abbildung mal ”

Beispiel 10.20 m nehmen“ μm : K → K,

x → μm (x) = m · x,

f¨ ur jedes K¨orperelement m ∈ K ein K-Homomorphismus. Denn aus der Distributiv¨ at bzw. Assoziativit¨at und Kommutativit¨at der K¨orpermultiplikation folgt sofort (x, y, λ ∈ K) μm (x + y) = m · (x + y) = m · x + m · y = μm (x) + μm (y), μm (λ · x) = m · (λ · x) = (m · λ) · x = (λ · m) · x = λ · (m · x) = λ · μm (x). Beispiel 10.21 Nun kommt ein sehr instruktives Beispiel aus der ebenen Geometrie. Wir betrachten die Abbildung ρ : R2 → R2 , die jeden Vektor um 90◦ gegen den Uhrzeigersinn dreht; das griechische ρ (rho) soll dabei an Rotation“ erinnern. ” An den beiden Bildchen in Abbildung 10.4 l¨asst sich die Linearit¨ at von ρ ablesen, schau sie dir deshalb genau an. x2 !

ρ(u + v) = ρ(u) + ρ(v) x2 !

ρ(λ · v) = λ · ρ(v)

ρ(u)

λ·v ρ(v)

v u+v

·

ρ(v)

·

v

x1

x1

u

Abbildung 10.4 Aber auch formal l¨asst sich die Linearit¨ at von ρ leicht nachweisen. Es ist n¨amlich (mache dir das am Bild klar!)     x1 −x2 2 2 ρ: R → R , → , x2 x1 und anhand dieser Darstellung kann man leicht nachrechnen, dass ρ(u + v) = ρ(u) + ρ(v)

und

ρ(λ · v) = λ · ρ(v)

f¨ ur alle u, v ∈ R2 und λ ∈ R gilt. Wir f¨ uhren dies hier f¨ ur die Additivit¨at vor:         u1 + v1 −(u2 + v2 ) −u2 −v2 = = + = ρ(u) + ρ(v). ρ(u + v) = ρ u2 + v2

u 1 + v1

u1

v1

¨ ¨ Uberzeuge dich zur Ubung selbst von der Skalar-Multiplikativit¨at von ρ.

302

¨ ge der Linearen Algebra 10 Grundzu

Beispiel 10.21 C Noch eleganter wird es, wenn wir im letzten Beispiel einen Vektor v = (a, b)t ∈ R2 mit der komplexen Zahl z = a + b i ∈ C identifizieren. Weil π i = e 2 i ist, entspricht die Multiplikation mit i der Drehung des z-Zeigers um 90◦ im Gegenuhrzeigersinn. Somit ist μ i : C → C,

z → i · z = i · (a + b i) = a · i + b · i2 = −b + a · i

die komplexifizierte“ Version der Abbildung ρ. Da μ i nach Beispiel 10.20 sogar ” urlich auch R-linear (die Additivit¨ at ist unabh¨angig C-linear ist, ist μ i bzw. ρ nat¨ ur alle λ ∈ C gilt, ist es vom Grundk¨ orper erf¨ ullt, und da μ i (λ · z) = λ · μ i (z) f¨ insbesondere auch f¨ ur alle λ ∈ R ⊂ C wahr). An der komplexen Darstellung erkennt man u ¨brigens auch sehr sch¨on, dass μ i bzw. ρ einfach nur den Realteil (die x1 -Koordinate) mit dem Imagin¨arteil (der x2 -Koordinate) vertauscht und ein Minus vor den neuen Realteil (die neue x1 Koordinate) schreibt. Beispiel 10.22 Wir definieren die formale Ableitung auf dem Vektorraum aller K-wertigen Polynome durch d : K[x] → K[x], dx

n 

ak xk →

k=0

n 

kak xk−1 ,

k=1

oder ausf¨ uhrlicher geschrieben d (a0 + a1 x + a2 x2 + . . . + an xn ) := a1 + 2a2 x + . . . + nan xn−1 . dx Dann ist es reine Formsache (verbunden mit Schreibaufwand) nachzurechnen, dass d d d d d (p(x) + q(x)) = p(x) + q(x) und (λ · p(x)) = λ · p(x) dx dx dx dx dx f¨ ur alle p, q ∈ K[x] und λ ∈ K gilt, der Ableitungsoperator also eine lineare Abbildung ist. (Im Fall K = R kann man dies auch auf die aus der Analysis bekannten Ableitungsregeln zur¨ uckf¨ uhren, indem man wie fr¨ uher Polynome als Polynomfunktionen R → R betrachtet. Die formale Ableitung ergibt jedoch auch Sinn, wenn man in K keine Analysis betreiben kann.) Beispiel 10.23 Das bestimmte Integral $ b $ b : R [ a , b ] → R, f → f (x) dx, a

a

ist eine lineare Abbildung vom R-Vektorraum der Riemann-integrierbaren Funktionen nach R. Da in den Grundk¨orper R abgebildet wird, spricht man hier auch von einem linearen Funktional. Nach Satz 6.9 gilt f¨ ur Funktionen f, g ∈ R [ a , b ] und Skalare λ, μ ∈ R n¨amlich $ b $ b $ b (λ · f (x) + μ · g(x)) dx = λ · f (x) dx + μ · g(x) dx. a

a

a

(Siehe Aufgabe 10.22 f¨ ur die hier benutzte, kompaktere Linearit¨ atsbedingung.)

303

10.2 Lineare Abbildungen

—————————

—————————

Aufgabe 10.21 Es sei ϕ : V → W ein Homomorphismus von Vektorr¨aumen. Zeige auf zwei verschiedene Arten, dass ϕ(−v) = −ϕ(v) f¨ ur jedes v ∈ V gilt. Aufgabe 10.22 Zusammenfassen der beiden Linearit¨ ats-Bedingungen aus Definition 10.8 (Bezeichnungen wie dort): Zeige, dass ϕ : V → W genau dann K-linear ist, wenn f¨ ur alle u, v ∈ V und alle λ, μ ∈ K gilt ϕ(λ · u + μ · v) = λ · ϕ(u) + μ · ϕ(v). Aufgabe 10.23 Verallgemeinere durch vollst¨ andige Induktion die Aussage der vorigen Aufgabe: F¨ ur n Vektoren v1 , . . . , vn ∈ V und n Skalare λ1 , . . . , λn ∈ K, n ∈ N beliebig, gilt ebenfalls ϕ(λ1 · v1 + . . . + λn · vn ) = λ1 · ϕ(v1 ) + . . . + λn · ϕ(vn ). Jetzt ist u ¨brigens ein guter Zeitpunkt, dich endg¨ ultig mit der Summenschreibweise anzufreunden, die wir im Folgenden sehr h¨aufig gebrauchen werden. In dieser Notation l¨asst sich obige Gleichung viel kompakter schreiben als: ϕ

n 

λ i · vi



i=1

=

n 

λi · ϕ(vi ).

i=1

Aufgabe 10.24 Zeige, dass die in der Schule linear“ genannten Funktionen ” f : R → R, x → mx + c, f¨ ur c = 0 gar nicht linear im Sinne der linearen Algebra sind. (Man spricht hier allgemeiner von affin-linearen Abbildungen.) 

   x1 x1 → . x2 −x2 ¨ Zeige durch geometrische Uberlegungen, aber auch durch formales Nachrechnen, dass σ linear ist. Was ist die Komplexifizierung“ von σ (siehe Beispiel 10.21 C )? ”

Aufgabe 10.25

Betrachte die Abbildung

σ : R2 → R2 ,

Weise die Q-Linearit¨at der folgenden Abbildung nach. ⎛ ⎞   q1 2q1 + q2 3 2 ⎠ ⎝ q2 → 1 ϕ: Q → Q , 2 q2 − q3 q3

Aufgabe 10.26

Aufgabe 10.27 Betrachte SR,c , den Vektorraum aller konvergenten reellwertigen Folgen. Zeige, dass Limesbildung  : SR,c → R,

(an ) → lim an ,

ein lineares Funktional ist.

n→∞

304

¨ ge der Linearen Algebra 10 Grundzu

Aufgabe 10.28 Es seien ψ : U → V und ϕ : V → W Homomorphismen von KVektorr¨aumen. Weise nach, dass auch deren Verkn¨ upfung ϕ ◦ ψ, also die Abbildung ϕ ◦ ψ : U → W,

u → ϕ (ψ(u)) ,

ein K-Homomorphismus ist. Das ist ganz simpel nachzurechnen, also nur Mut! Aufgabe 10.29

Es seien V und W K-Vektorr¨aume und

HomK (V, W ) := { ϕ : V → W | ϕ ist K-linear } die Menge aller Homomorphismen von V nach W . Zeige, dass HomK (V, W ) in nat¨ urlicher Weise“ selbst wieder zu einem K-Vektorraum wird, indem du zun¨achst ” geeignete elementweise Verkn¨ upfungen wie in Beispiel 10.7 definierst. Hier musst du zus¨atzlich noch nachweisen, dass ϕ + ψ und λ · ϕ u ¨berhaupt wieder lineare Abbildungen sind. (Dies ist eigentlich nicht schwer, aber aufw¨andig und f¨ ur einen Anf¨ anger sicherlich sehr abstrakt.) —————————

10.2.2

—————————

Kern und Bild einer linearen Abbildung

Nun ordnen wir einer linearen Abbildung zwei Unterr¨aume zu, an denen bzw. an deren Dimension sich wichtige Eigenschaften der Abbildung ablesen lassen. Definition 10.9 Bei einem Homomorphismus ϕ : V → W von K-Vektorr¨aumen sind Kern und Bild definiert als ker ϕ = { v ∈ V | ϕ(v) = 0W } = ϕ−1 (0W )

und

im ϕ = { ϕ(v) | v ∈ V } = ϕ(V ).

♦

Um zu testen, wie weit dein mathematisches Denken inzwischen gereift ist, solltest gekennzeichneten Beweise unbedingt erst selbst probieren, bevor du die mit du sie durchliest. Lemma 10.2

Kern und Bild einer linearen Abbildung sind Unterr¨aume.

Beweis: Wir u ¨berpr¨ ufen das Unterraum-Kriterium 10.1 f¨ ur ker ϕ und im ϕ. Zun¨ achst ist ker ϕ = ∅, da nach Lemma 10.1 stets 0V ∈ ker ϕ gilt. Sind u, v ∈ ker ϕ, so folgt aus der Linearit¨at von ϕ ϕ(u + v) = ϕ(u) + ϕ(v) = 0W + 0W = 0W ,

10.2 Lineare Abbildungen

305

also liegt auch u + v in ker ϕ. Ebenso leicht sieht man λ · v ∈ ker ϕ f¨ ur λ ∈ K, denn ϕ(λ · v) = λ · ϕ(v) = λ · 0W = 0W , d.h. ker ϕ ist ein Unterraum von V . Aufgrund von V = ∅ ist auch das Bild von ϕ nicht leer. Liegen w und w in im ϕ, dann gibt es nach Definition des Bildes Vektoren v, v  ∈ V mit w = ϕ(v) und w = ϕ(v  ) und es folgt wieder aufgrund der Linearit¨at von ϕ w + w = ϕ(v) + ϕ(v  ) = ϕ(v + v  ) ∈ im ϕ. F¨ ur λ ∈ K ist λ · w = λ · ϕ(v) = ϕ(λ · v) ∈ im ϕ, weshalb im ϕ ein Unterraum von W ist.  Beispiel 10.24 Die Menge U1 aus Beispiel 10.9 ist das Bild der offensichtlich (!) linearen Abbildung   2x 2 ϕ : R → R , x → x und damit ein Unterraum von R2 . Bevor wir uns weitere Beispiele anschauen, kommt noch etwas mehr Terminologie und eine n¨ utzliche Charakterisierung von Injektivit¨at bei linearen Abbildungen. An dieser Stelle m¨ochtest du vielleicht in Kapitel 3 nochmal nachschlagen, was Injektivit¨ at, Surjektivit¨ at und Bijektivit¨ at bedeutet. Definition 10.10 Ein Homomorphismus ϕ : V → W von K-Vektorr¨aumen heißt ◦ Monomorphismus, falls ϕ injektiv ist. ◦ Epimorphismus, falls ϕ surjektiv ist. ♦ ◦ Isomorphismus, falls ϕ bijektiv ist. Lemma 10.3 Eine lineare Abbildung ist genau dann monomorph (injektiv), wenn ihr Kern trivial ist, d.h. wenn ker ϕ nur aus dem Nullvektor besteht. Beweis: ⇒“ Ist ϕ : V → W injektiv, dann k¨ onnen zwei verschiedene ” Vektoren u, v ∈ V nicht dasselbe Bild unter ϕ haben. Somit kann kein Vektor v = 0V auf die Null in W abgebildet werden, denn es gilt ja bereits ϕ(0V ) = 0W . Also ist ker ϕ = {0V }. ⇐“ Sei umgekehrt der Kern von ϕ trivial. F¨ ur die Injektivit¨at von ϕ m¨ ussen wir ” zeigen, dass aus ϕ(u) = ϕ(v) stets u = v folgt. Aufgrund der Linearit¨at von ϕ l¨asst sich ϕ(u) = ϕ(v) umschreiben zu 0W = ϕ(u) − ϕ(v) = ϕ(u − v),

d.h.

u − v ∈ ker ϕ.

Weil aber ker ϕ = {0V } ist, folgt u − v = 0V , also u = v. Somit ist ϕ injektiv.



306

¨ ge der Linearen Algebra 10 Grundzu

Beachte, dass dies bei nichtlinearen Abbildungen total falsch ist. So bildet etwa f (x) = x2 zwar auch nur die 0 auf die 0 ab (d.h. es w¨are ker f = {0}, was man hier allerdings nicht so nennt), aber f ist keineswegs injektiv. Beispiel 10.19 Kern und Bild der Nullabbildung o : V → W sind: ker o = V und im o = {0W }. Man k¨onnte sie auch als maximal nicht-injektiv“ bezeichnen, ” weil ihr Kern der gesamte Urbildraum ist, denn von ihr wird eben alles auf die Null geworfen. Die Identit¨ at besitzt einen trivialen Kern, ker id = {0V }, und ist demnach monomorph. Ihr Bild ist im id = V , also ist sie auch epimorph, insgesamt also ein Isomorphismus. Das sollte nicht weiter u ¨berraschen; sie ist ja gleichzeitig auch ihre eigene Umkehrabbildung. Beispiel 10.20

Wir betrachten f¨ ur m = 0 den Multiplikations-Homomorphismus

μm : K → K,

x → m · x.

(F¨ ur m = 0 ist μm einfach die Nullabbildung.) Er besitzt einen trivialen Kern, denn nur f¨ ur x = 0 ist μm (x) = m · x = 0. Zudem ist er ein Epimorphismus, d.h. im μm = K, denn jedes x ∈ K besitzt m−1 · x als Urbild unter μm : μm (m−1 · x) = m · (m−1 · x) = 1 · x = x. Insgesamt ist μm also ein Isomorphismus mit Umkehrabbildung (μm )−1 = μm−1 . Es f¨allt auf, dass die Umkehrabbildung μm−1 : K → K,

x → m−1 · x,

selbst wieder linear ist. Dass dies kein Zufall ist, zeigt der n¨achste Satz 10.4 Ist ϕ : V → W ein Isomorphismus von K-Vektorr¨aumen, so ist die Umkehrabbildung ϕ−1 : W → V automatisch auch linear, also selbst wieder ein Isomorphismus. Beweis: Seien w, w ∈ W und λ, μ ∈ K beliebig. Um Schreibarbeit zu sparen, verwenden wir die Linearit¨ atsbedingung aus Aufgabe 10.22. Wir nutzen aus, dass ϕ−1 ◦ ϕ = idV gilt und wenden diese Beziehung auf die Linearkombination λ · ϕ−1 (w) + μ · ϕ−1 (w ) an:   λ · ϕ−1 (w) + μ · ϕ−1 (w ) = idV λ · ϕ−1 (w) + μ · ϕ−1 (w )   = (ϕ−1 ◦ ϕ) λ · ϕ−1 (w) + μ · ϕ−1 (w )    = ϕ−1 ϕ λ · ϕ−1 (w) + μ · ϕ−1 (w )   = ϕ−1 λ · ϕ(ϕ−1 (w)) + μ · ϕ(ϕ−1 (w )) = ϕ−1 (λ · w + μ · w ) .

10.2 Lineare Abbildungen

307

Im vorletzten Schritt ging die Linearit¨at von ϕ ein und im letzten ϕ ◦ ϕ−1 = idW . achlich eine Ein Vergleich des letzten mit dem ersten Ausdruck zeigt, dass ϕ−1 tats¨ lineare Abbildung ist.  Nun aber weiter mit den Beispielen. Beispiel 10.21 Die Rotation ρ, welche Vektoren des R2 um 90◦ gegen den Uhrzeigersinn dreht, besitzt einen trivialen Kern, da kein Vektor = 0 beim Rotieren zum Nullvektor wird. Zudem ist sie epimorph, denn jeder Vektor kommt als Bildvektor unter ρ auf (das Urbild eines jeden Vektors ist einfach der um 90◦ im Uhrzeigersinn gedrehte Vektor). Betrachtet man ρ komplex als μ i : C → C, so ist μ i−1 die Umkehrabbildung, was π wegen i−1 = 1i = − i = e− 2 i der Rotation um 90◦ im Uhrzeigersinn entspricht. d Beispiel 10.22 Der Kern der formalen Ableitung dx : K[x] → K[x] sind die d konstanten Polynome, denn nach Definition von dx werden genau die Polynome der Form a0 beim Ableiten auf das Nullpolynom abgebildet. Die formale Ableitung ist somit nicht monomorph. Epimorph ist sie aber, denn jedes Polynom besitzt ein d (leite dazu p(x) einfach formal auf; z.B. ist 12 x2 das Urbild von x Urbild unter dx d unter dx ).

Beispiel 10.25 Eine lineare Abbildung, bei der Kern und Bild ins Auge springen, ist die Projektion   x1 2 → x1 , π1 : R → R, x2 die jedem Vektor in R2 seine x1 -Koordinate zuordnet (dass π1 linear ist, sollte offensichtlich sein). Anschaulich: Man beleuchtet den Vektor x mit einem zur x2 -Achse parallelen Lichtb¨ undel und betrachtet seinen Schattenwurf auf der x1 -Achse. (In der Abbildung 10.5 wurde x1 mit dem Vektor (x1 , 0)t ∈ R2 identifiziert.) π1

ker π1

x

x1 = π1 (x) Abbildung 10.5

im π1

308

¨ ge der Linearen Algebra 10 Grundzu

Hier ist klar, dass genau die Vektoren, die auf der x2 -Achse liegen, auf die Null projiziert werden, d.h. 1   2 0  ker π1 =  x2 ∈ R = "e2 #R . x2 Als Bild von π1 erh¨alt man die gesamte x1 -Achse bzw. R: im π1 = π1 (R2 ) = { x1 | x1 ∈ R } = R. Beachte, dass Kern und Bild eindimensionale R-Vektorr¨aume sind und daher dimR ker π1 + dimR im π1 = 2 = dimR R2 gilt. Diese extrem n¨ utzliche Beziehung gilt nicht nur hier, sondern f¨ ur jede lineare Abbildung! Satz 10.5

( Dimensionsformel f¨ ur lineare Abbildungen )

F¨ ur jeden Homomorphismus ϕ : V → W von endlich-dimensionalen K-Vektorr¨aumen (es gen¨ ugt bereits dimK V < ∞) gilt dimK ker ϕ + dimK im ϕ = dimK V. Die Dimensionen von Kern und Bild addieren sich also stets zur Dimension des Urbildraums. Insbesondere ist dimK im ϕ  dimK V . Beweis: Es sei dim ker ϕ = k, d.h. ker ϕ besitze eine Basis v1 , . . . , vk der L¨ange k. Weiter sei dim im ϕ = l, d.h. im ϕ besitze eine Basis w1 , . . . , wl der L¨ange l (zur Existenz der Basen beider Unterr¨aume vergleiche Satz 10.3). Nach Definition des ur alle i = 1, . . . , l. Wir werden Bilds gibt es dann Vektoren ui ∈ V mit wi = ϕ(ui ) f¨ nun zeigen, dass B bestehend aus v1 , . . . , vk , u1 , . . . , ul eine Basis von V ist, was dim V = k + l bedeutet und somit die Aussage der Dimensionsformel ist. (1) Nachweis, dass B ein Erzeugendensystem von V ist. Sei v ∈ V beliebig; um es mit den wi = ϕ(ui ) in Verbindung zu bringen, bilden wir es doch einfach mal mit ϕ ab und betrachten ϕ(v) ∈ im ϕ. Da die wi eine Basis des l Bilds darstellen, gibt es Skalare μi ∈ K mit ϕ(v) = i=1 μi · wi , und wegen wi = ϕ(ui ) sowie der Linearit¨at von ϕ folgt ϕ(v) =

l  i=1

μ i · wi =

l 

μi · ϕ(ui ) = ϕ

i=1

l 

 μi · ui .

i=1

l Nun wieder zur¨ uck nach V : Oben steht, dass v und u := i=1 μi · ui unter ϕ dasselbe Bild besitzen, also liegt die Differenz v − u im Kern von ϕ: l 

0V = ϕ(v) − ϕ(u) = ϕ(v) − ϕ

i=1

μi · ui



l    μi · ui . =ϕ v− i=1

309

10.2 Lineare Abbildungen

Da die vi eine Basis des Kerns sind, finden wir Skalare λi ∈ K mit v−

l 

μi · ui =

i=1

k 

λ i · vi ,

also

v=

i=1

l  i=1

μi · u i +

k 

λi · v i .

i=1

Somit ist jedes v ∈ V eine B-Linearkombination, d.h. "B#K = V . (2) Zur linearen Unabh¨ angigkeit von B. Wir betrachten die Linearkombination k  i=1

λ i · vi +

l 

μi · ui = 0V

i=1

und m¨ ussen folgern, dass alle Skalare Null sind. Anwenden von ϕ und Ausnutzen der Linearit¨ at liefert 0W = ϕ(0V ) = ϕ

k  i=1

λ i · vi +

l  i=1

μi · ui

 =

k  i=1

λi · ϕ(vi ) +

l 

μi · ϕ(ui ).

i=1

l Wegen vi ∈ ker ϕ ist ϕ(vi ) = 0W , d.h. es bleibt nur i=1 μi · ϕ(ui ) = 0W von obiger Summe u ¨brig. Es folgt μ1 = . . . = μl = 0, da die Basisvektounglichen ren ϕ(ui ) = wi von im ϕ linear unabh¨angig sind. Von der urspr¨ k Linearkombination bleibt also nur noch i=1 λi · vi = 0V stehen, woraus angig sind. λ1 = . . . = λk = 0 folgt, da die vi als Basis des Kerns linear unabh¨ Insgesamt haben wir nun die lineare Unabh¨ angigkeit von B nachgewiesen. Nach (1) und (2) ist B eine Basis von V der L¨ange k + l.



Wenn du jeden Schritt beim Durchlesen nachvollziehen konntest, kannst du stolz auf dich sein, denn das war kein trivialer Beweis. Hat man sich allerdings ein wenig an die linear-algebraische Argumentationsweise gew¨ohnt, so ist das Aufschreiben nur noch Formsache, wenn man einmal auf die Idee kommt, wie B geeignet zu w¨ ahlen ist. Probier doch in 1–2 Semestern, den Beweis nochmal selbst zu f¨ uhren! Einen noch sch¨ oneren Zugang zur Dimensionsformel liefert u ¨brigens der sogenannte Homomorphiesatz. Siehe z.B. [Beu2] f¨ ur einen schnellen und leicht verst¨andlichen Zugang (wenn man sich dann mal an Quotientenvektorr¨ aume gew¨ohnt hat).

—————————

—————————

In den n¨achsten Aufgaben kann dir ab und zu der Dimensionstest“ (∗) aus Satz 10.3 ” weiterhelfen. Aufgabe 10.30 Bestimme Kern und Bild der Homomorphismen aus den Aufgaben 10.25 – 10.27. (Tipp: Die Dimensionsformel erspart einem manchmal etwas Arbeit, da man z.B. von der Dimension des Kerns auf die Dimension des Bilds schließen und dann unter Umst¨anden (∗) anwenden kann.)

310

¨ ge der Linearen Algebra 10 Grundzu

Die folgende Aufgabe zeigt, dass sich Homomorphismen endlich-dimensionaler Vektorr¨ aume analog verhalten wie Abbildungen f : M → N zwischen endlichen Mengen, wenn es um In-, Sur- und Bijektivit¨ at geht. Mache dir das klar, indem du in folgenden Aussagen dimK V durch |M | etc. ersetzt. Aufgabe 10.31 Es sei ϕ : V → W ein K-Homomorphismus und dimK V < ∞. Zeige unter Verwendung der Dimensionsformel: a) Falls dimK V > dimK W ist, kann ϕ nicht injektiv sein. b) Falls dimK V < dimK W ist, kann ϕ nicht surjektiv sein. c) Falls dimK V = dimK W ist, sind folgende Aussagen ¨aquivalent: (i) ϕ ist injektiv (also ein Monomorphismus) (ii) ϕ ist surjektiv (also ein Epimorphismus). Somit ist in diesem Fall ϕ automatisch bijektiv (also ein Isomorphismus), sobald nur seine Injektivit¨ at (oder Surjektivit¨at) nachgewiesen wurde! Zeige durch Gegenbeispiel(e), dass dies f¨ ur dimK V = ∞ nicht mehr stimmt. —————————

10.2.3

—————————

Isomorphie

Nun kommen wir zu einer ganz zentralen Frage, n¨amlich wann Vektorr¨aume vom Standpunkt der linearen Algebra aus als gleich“ zu betrachten sind. Die Antwort ” ist ganz einfach: Ist ϕ : V → W ein Isomorphismus, dann stehen aufgrund der Bijektivit¨ at von ϕ die Elemente von V in einer 1:1-Beziehung mit den Elementen von W und, weil ϕ und ϕ−1 die lineare Struktur respektieren, ist es egal, ob Addition und Skalarmultiplikation in V oder in W ausgef¨ uhrt wird. Pr¨ aziser: F¨ ur alle w = ϕ(v), w = ϕ(v  ) ∈ W und λ, λ ∈ K ist λ · w + λ · w = λ · ϕ(v) + λ · ϕ(v  ) = ϕ(λ · v + λ · v  ), d.h. man kann statt einer Linearkombination von Vektoren w, w in W auch eine Linearkombination ihrer (eindeutig bestimmten) Urbilder v, v  in V bilden und diese dann mittels ϕ nach W schicken. Somit gibt es zwischen V und W keinen Unterschied bis auf die evtl. verschiedene Bezeichnungsweise ihrer Vektoren. Definition 10.11 Zwei K-Vektorr¨aume V und W heißen isomorph, in Zeichen V ∼ W , wenn es einen K-Isomorphismus ϕ : V → W zwischen ihnen gibt. ♦ = In diesem Zusammenhang ist die folgende Erkenntnis extrem wichtig.

10.2 Lineare Abbildungen

311

( Hauptsatz u ¨ber lineare Abbildungen )

Satz 10.6

Ist v1 , . . . , vn eine Basis des K-Vektorraums V und sind w1 , . . . , wn beliebige Vektoren eines weiteren K-Vektorraums W , dann gibt es genau eine lineare Abbildung ϕ : V → W mit der Eigenschaft ϕ(vi ) = wi

f¨ ur i = 1, . . . , n.

()

Eine lineare Abbildung ist demnach durch ihr Verhalten auf einer Basis des Urbildraums bereits eindeutig festgelegt. Beweis: Zun¨ achst zeigen wir die Existenz einer linearen Abbildung mit Eigenschaft (). Dazu sei v ∈ V ein beliebiger Vektor, den wir als Linearkombination n der Basisvektoren vi schreiben: v = i=1 λi · vi mit eindeutig bestimmten Skalaren ur i = 1, . . . , n sein soll, λi ∈ K (siehe Satz 10.2). Wir legen fest, dass ϕ(vi ) := wi f¨ und setzen dies linear auf ganz V fort“, indem wir ” n n n     ϕ(v) = ϕ λi · vi := λi · ϕ(vi ) = λi · wi i=1

i=1

i=1

definieren, also das ϕ einfach in die Summe reinziehen“. Da die λi in eindeutiger ” Beziehung zu v stehen, ist diese Zuordnung wohldefiniert. Es ist () nach Definition ullt, unddie Linearit¨at von ϕ ergibt sich ebenfalls leicht: Sind nvon ϕ erf¨ n u = i=1 μi · vi und v = i=1 λi · vi zwei Vektoren aus V , so ist u+v =

n 

μ i · vi +

i=1

n 

λ i · vi =

n 

i=1

(μi + λi ) · vi

i=1

die eindeutige Basisdarstellung von u + v und nach Definition von ϕ folgt def

ϕ(u + v) =

n 

(μi + λi ) · wi =

i=1

n  i=1

μi · wi +

n 

λi · wi = ϕ(u) + ϕ(v).

i=1

(Im zweiten Schritt wurde die Summe unter Verwendung der Vektorraumaxiome in zwei Summen aufgesplittet.) Analog sieht man ϕ(λ · v) = λ · ϕ(v), d.h. das oben definierte ϕ ist tats¨achlich eine lineare Abbildung mit der Eigenschaft (). Nun zur Eindeutigkeitsaussage. Ist ψ : V→ W eine weitere lineare Abbildung, f¨ ur n die () gilt, so ist f¨ ur jeden Vektor v = i=1 λi · vi ψ(v) = ψ

n  i=1

λ i · vi

n n  ψ linear  ()  def = λi · ψ(vi ) = λi · wi = ϕ(v), i=1

i=1

also ψ = ϕ. Somit ist ϕ die einzige lineare Abbildung, die () erf¨ ullt.



Als Kr¨ onung k¨onnen wir nun den Hauptsatz u ¨ber (endlich-dimensionale) Vektorr¨ aume beweisen. Dieser besagt, dass ein Vektorraum der Dimension n (¨ uber

312

¨ ge der Linearen Algebra 10 Grundzu

einem festen K¨ orper K) bereits durch diese eine l¨appische Zahl bis auf Isomorphie eindeutig charakterisiert wird. Es gibt also gar nicht so viele“ verschiedene ” endlich-dimensionale Vektorr¨ aume. ( Klassifikation endlich-dimensionaler Vektorr¨aume )

Theorem 10.2

Zwei K-Vektorr¨aume derselben Dimension n < ∞ sind stets isomorph. Insbesondere gilt f¨ ur jeden n-dimensionalen K-Vektorraum V : V ∼ = Kn . Bis auf Isomorphie ist der Standard-Vektorraum Kn also der einzige n-dimensionale K-Vektorraum! Beweis: Haben V und W beide Dimension n, so existieren K-Basen v1 , . . . , vn von V und w1 , . . . , wn von W . Nach Satz 10.6 gibt es eine (eindeutig bestimmte) ur i = 1, . . . , n. Wir zeigen, dass lineare Abbildung ϕ : V → W mit (): ϕ(vi ) = wi f¨ dieses ϕ automatisch bijektiv und damit der gesuchte Isomorphismus ist. n Zur Injektivit¨ at: Liegt v = i=1 λi · vi im Kern von ϕ, so ist n 

0W = ϕ(v) = ϕ

λ i · vi

i=1

 =

n 

λi · ϕ(vi ) =

i=1

n 

λi · w i ,

i=1

und die lineare Unabh¨ angigkeit der wi erzwingt λ1 = . . . = λn = 0. Somit ist v = 0V , der Kern von ϕ also trivial und ϕ injektiv. Unter Verwendung der Dimensionsformel folgt nun sofort die Bijektivit¨at von ϕ (siehe Aufgabe 10.31). Dennoch ist es instruktiv, auch die Surjektivit¨ at von ϕ direkt nachzuweisen. Sie folgt aus der Tatsache, dass W von den w erzeugt wird: i n Jedes w ∈ W l¨asst sich als w = i=1 μi · wi mit geeigneten μi ∈ K darstellen und unter Verwendung von () sowie der Linearit¨at von ϕ folgt w=

n 

μ i · wi =

i=1

n  i=1

n 

μi · ϕ(vi ) = ϕ

 μi · v i .

i=1

Somit liegt w im Bild von ϕ, es ist also ϕ(V ) = W , sprich ϕ ist surjektiv. Dass V ∼ = Kn gilt, ergibt sich direkt aus der Tatsache dimK Kn = n.



Es lohnt sich, eine Erkenntnis aus diesem Beweis nochmals separat in Worten zu formulieren: Schiebt ein Homomorphismus ϕ : V → W eine Basis von V ” auf eine Basis von W , so ist er bereits ein Isomorphismus.“ Anmerkung:

Die Umkehrung von Theorem 10.2 lautet:

Sind V ∼ = W isomorphe K-Vektorr¨aume, so gilt dimK V = dimK W .

10.2 Lineare Abbildungen

313

Zu ihrem Beweis sei ϕ : V → W ein Isomorphismus und B eine Basis von V . Dann ist ϕ(B) eine Basis von W (verifiziere dies!), und es folgt dimK V = |B| = |ϕ(B)| = dimK W. Oder durch Kontraposition: Ist dimK V = dimK W , so kann es laut Aufgabe 10.31 keinen bijektiven Homomorphismus von V nach W geben, d.h. V  W . Somit wissen wir f¨ ur zwei endlich-dimensionale Vektorr¨ aume V und W , dass fol¨ gende Aquivalenz gilt: V ∼ =W

⇐⇒

dimK V = dimK W .

Beispiel 10.26 Sei V ein n-dimensionaler Vektorraum mit einer beliebigen Basis B, die aus den Vektoren v1 , . . . , vn bestehe. Unter dem kanonischen Isomorphismus von V in den Kn versteht man die lineare Abbildung ∼ Kn , ΦB : V −→

vi → ei ,

i = 1, . . . , n,

welche die Basis von V  auf die die Standardbasis e1 , . . . , en des Kn schickt. Einem n uglich B beliebigen Vektor v = i=1 λi · vi wird dabei sein Koordinatenvektor bez¨ zugeordnet, den wir fortan mit (v)B bezeichnen: ⎛ ⎞ λ1 n n n     ⎜ .. ⎟ λi · v i = λi · ΦB (vi ) = λi · ei = ⎝ . ⎠ =: (v)B . ΦB (v) = ΦB i=1 i=1 i=1 λn Wenn du dir im Lichte all dieser Erkenntnisse nun noch einmal Beispiel 10.2 auf Seite 280 zu Gem¨ ute f¨ uhrst, so wirst du erkennen, dass wir bereits dort den Raum P3 aller Polynome vom Grad < 3 verm¨ oge des kanonischen Isomorphismus ∼ R3 , ΦB : P3 −→

x2 → e1 ,

x → e2 ,

1 → e3 ,

unden in mit dem R identifiziert haben. (Die Basis B wurde aus didaktischen Gr¨ der Reihenfolge (x2 , x, 1) anstatt (1, x, x2 ) geschrieben, weil man aus der Schule ur Polynome gew¨ohnt ist.) Die Polynome noch an die Schreibweise ax2 + bx + c f¨ p(x) = x2 + 3x + 2 und q(x) = −2x2 + 2x + 1 wurden dort unter ΦB auf ihre Koordinatenvektoren ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 −2 und (q)B = ⎝ 2⎠ (p)B = 1 · e1 + 3 · e2 + 2 · e3 = ⎝3⎠ 2 1 3

abgebildet. Abschließend listen wir noch die kanonischen Isomorphismen unserer bisherigen Standardbeispiele auf: C∼ = R2 √ Q( 2) ∼ = Q2

via

1 → e1 ,

via

1 → e1 ,

Pn, R ∼ = Rn

via

xi−1 → ei ,

i → e2 , √ 2 → e2 , i = 1, . . . , n.

314

¨ ge der Linearen Algebra 10 Grundzu

10.3

Matrizen

In diesem Abschnitt lernen wir, wie man eine lineare Abbildung ganz konkret durch ein rechteckiges Zahlenschema, Matrix genannt, darstellen kann.

10.3.1

Die Matrix einer linearen Abbildung

Wir betrachten einen Homomorphismus ϕ : V → W zwischen K-Vektorr¨aumen der Dimensionen dimK V = n und dimK W = m. Es seien B = (v1 , . . . , vn ) eine geordnete Basis von V und C = (w1 , . . . , wm ) eine geordnete Basis von W . Das Wort geordnet“ bezieht sich darauf, dass die Basisvektoren in einer festgelegten ” Reihenfolge aufgeschrieben werden: So ist z.B. B = (v1 , v2 ) von B = (v2 , v1 ) zu unterscheiden. Um dies zu betonen, verwenden wir die Schreibweise (v1 , . . . , vn ) mit runden Klammern. Wir werden gleich sehen, dass die Reihenfolge wichtig ist. In Satz 10.6 haben wir gelernt, dass ein Homomorphismus durch die Bilder der Basisvektoren des Urbildraums bereits eindeutig festgelegt ist. Schauen wir uns deshalb die Bilder der vj ∈ B unter ϕ einmal genauer an. Da z.B. der Bildvektor uglich der Basis C darstellen, d.h. ϕ(v1 ) ein Element von W ist, k¨onnen wir ihn bez¨ es gibt eindeutig bestimmte Skalare λ1 , . . . , λm ∈ K mit ϕ(v1 ) = λ1 w1 + λ2 w2 + . . . + λm wm =

m 

λi w i .

i=1

Wir lassen nun u ¨brigens meistens die Skalarmultiplikationspunkte weg, schreiben also λv anstelle von λ · v; ein schon l¨ angst u ¨berf¨ alliger Schritt. Weil wir dieselbe uhren, ist es geschickter, durch Entwicklung nun auch f¨ ur die anderen vj durchf¨ einen weiteren Index anzudeuten, dass die λi zu v1 geh¨ oren. Wir schreiben deshalb λi als ai1 und erhalten m  ai1 wi . ϕ(v1 ) = a11 w1 + a21 w2 + . . . + am1 wm = i=1

Entsprechend gilt f¨ ur die ϕ(vj ) mit j  2: ϕ(v2 ) = a12 w1 + a22 w2 + . . . + am2 wm = .. .

m 

ai2 wi

i=1

ϕ(vn ) = a1n w1 + a2n w2 + . . . + amn wm =

m 

ain wi .

i=1

Insgesamt gibt es also m · n Skalare aij ∈ K, welche das Aussehen der Bildvektoren der vj unter ϕ festlegen. Mit der Bezeichnung aus Beispiel 10.26 f¨ ur die Koordinatenvektoren bez¨ uglich einer Basis k¨ onnen wir dies auch darstellen als ⎛ ⎞ ⎞ ⎞ ⎛ ⎛ a11 a12 a1n ⎜ a21 ⎟  ⎜ a22 ⎟ ⎜ a2n ⎟      ⎜ ⎟ ⎟ ⎟ ⎜ ⎜ ϕ(v1 ) C = ⎜ . ⎟ , ϕ(v2 ) C = ⎜ . ⎟ , . . . , ϕ(vn ) C = ⎜ . ⎟ . ⎝ .. ⎠ ⎝ .. ⎠ ⎝ .. ⎠ am1

am2

amn

10.3 Matrizen

315

Diese Spaltenvektoren schreiben wir nun (ohne innere“ Klammern) nebeneinander ” und erhalten ein rechteckiges m × n−Schema von Skalaren ⎞ ⎛ a11 a12 . . . a1n ⎟        ⎜ ⎜ a21 a22 . . . a2n ⎟ Aϕ = , ϕ(v1 ) C ϕ(v2 ) C . . . ϕ(vn ) C = ⎜ . . . . .. .. .. ⎟ ⎠ ⎝ .. am1 am2 . . . amn uglich der Basen B welches wir die Matrix Aϕ von ϕ (vom Format m × n) bez¨ und C nennen. Manchmal schreiben wir nur A daf¨ ur, wenn klar ist, um welchen Homomorphismus es geht. Oftmals ist aber die noch pr¨azisere Notation Aϕ = C (ϕ)B hilfreich, welche die Urbildbasis (unten rechts) und die Bildbasis (unten links) enth¨alt. Die Notation ist hier keineswegs einheitlich; u ¨blich ist z.B. auch MC B (ϕ) oder Aϕ, B, C . Uiuiui. . . das waren jetzt aber verwirrend viele Symbole und Indizes auf einmal. Bevor wir uns im Notationsgestr¨ upp verirren, bringen wir ein kl¨arendes Beispiel, welches auch den Nutzen einer Matrix, der bis jetzt ja noch v¨ ollig obskur ist, ans Licht bringt. Zuvor halten wir jedoch in einem Satz fest, wie wir die Matrix von ϕ erhalten haben: In die Spalten der Matrix schreibt man die Koordinatenvektoren der Bilder der Basisvektoren. Dies ist f¨ ur das Matrixkalk¨ ul von kaum zu u ¨bersch¨atzender Bedeutung. Lies obigen Satz so lange durch, bis du ihn verinnerlicht hast. (Echt jetzt!) Wir betrachten die Rotation um 90◦ aus Beispiel 10.21:     x1 −x2 2 2 ρ: R → R , → . x2 x1

Beispiel 10.27

Da Urbild- und Bildraum gleich sind, V = W = R2 , k¨onnen wir in beiden dieselben Basen B = C w¨ ahlen und entscheiden uns nat¨ urlich erst einmal f¨ ur die Standardbasis B = C = (e1 , e2 ). ussen wir die BasisUm die Eintr¨ age der Matrix Aρ = B (ρ)B zu bestimmen, m¨ vektoren mit ρ abbilden und dann die Koordinaten der Bildvektoren bez¨ uglich der Bildbasis B darstellen. Eine Gleichung sagt hier mehr als tausend Worte:     1 −0 ! ρ(e1 ) = ρ = = 0 · e1 + 1 · e2 = a11 e1 + a21 e2 , 0 1 ur e2 vor: also ist a11 = 0 und a21 = 1. Entsprechend gehen wir f¨     0 −1 ! ρ(e2 ) = ρ = = −1 · e1 + 0 · e2 = a12 e1 + a22 e2 , 1 0

316

¨ ge der Linearen Algebra 10 Grundzu

d.h. a12 = −1 und a22 = 0. Und schon k¨onnen wir die Matrix von ρ bez¨ uglich B hinschreiben:     a11 a12 0 −1 Aρ = B (ρ)B = = . a21 a22 1 0 Man sieht hier nochmal sehr sch¨ on, dass die erste Spalte der Matrix aus dem uglich B ( x = Bildvektor von e1 besteht – genauer: dessen Koordinatenvektor bez¨ ” (x)B“ gilt nur, weil es sich bei B um die Standardbasis handelt!) – und die zweite Spalte der Matrix aus dem Koordinatenvektor des Bildes von e2 . Das Entscheidende ist jedoch immer noch unklar: Was bringt einem das Aufstellen der Matrix u ¨berhaupt bzw. was hat die Matrix mit der Abbildung ρ zu tun? Die Antwort liefert die sogenannte Kippregel“. ” Stell dir vor, ein Koordinatenvektor x = (x)B schwebt wie in Abbildung 10.6 dargestellt rechts oberhalb der Matrix, und wir kippen“ ihn um 90◦ , so dass er auf   ” x1 die erste Zeile der Matrix f¨ allt. Multiplizieren wir dann x2 die Eintr¨ age, die u ¨bereinander liegen und addieren die   Ergebnisse, so erhalten wir 0 −1 1 0 0 · x1 + (−1) · x2 = −x2 . Wiederholen wir das Ganze mit der zweiten Zeile der Matrix, so ergibt sich

Abbildung 10.6

1 · x1 + 0 · x2 = x1 . Schreiben wir  die Ergebnisse dieser Kipprechnungen in einen neuen Vektor,  so  lautet dieser

−x2 x1

und ist somit genau der (B-Koordinaten-)Bildvektor von

x1 x2

unter ρ. Mit Hilfe der Kippregel definieren wir das Matrix-Vektor-Produkt als         0 · x1 + (−1) · x2 −x2 0 −1 x1 := = . · Aρ · x = 1 0 x2 1 · x1 + 0 · x2 x1 Hat man also einmal die Matrix von ρ aufgestellt, so lassen sich die (Koordinaten der) Bildvektoren stets mit Hilfe eines Matrix-Vektor-Produkts berechnen. Dass dies hier kein Zufall war, sondern ganz allgemein gilt, zeigt der n¨ achste Satz. Um diesen formulieren zu k¨onnen, m¨ ussen wir erst ganz allgemein das MatrixVektor-Produkt erkl¨ aren. F¨ ur 2 × 2−Matrizen definieren wir:         a1j xj a11 a12 x1 a11 x1 + a12 x2 j := · =  . a21 a22 x2 a21 x1 + a22 x2 j a2j xj Die Summenschreibweise ist hier zwar unn¨otig, da j nur von 1 bis 2 l¨auft, bereitet aber gleich den allgemeinen Fall vor.

317

10.3 Matrizen

Das Matrix-Vektor-Produkt f¨ ur m × n−Matrizen ist n¨ amlich v¨ ollig analog definiert (f¨ uhre in Gedanken die Kippregel aus, w¨ ahrend du folgende Formel anstarrst): ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ a x ⎞ ⎛ a11 a12 . . . a1n x1 a11 x1 + a12 x2 + . . . + a1n xn j 1j j a2j xj ⎟ ⎜ a21 a22 . . . a2n ⎟ ⎜ x2 ⎟ ⎜ a21 x1 + a22 x2 + . . . + a2n xn ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ · ⎜ . ⎟ := ⎜ ⎟=⎜ j . ⎜ . ⎟, . . . ⎠ ⎠ ⎠ ⎝ ⎝ ⎝ .. . .. . . . ⎠ ⎝ . ... . . . am1

a12

...

amn

xn

am1 x1 + am2 x2 + . . . + amn xn



j

amj xj

wobei j jeweils von 1 bis n l¨auft. Es ist eine reine Fleißaufgabe nachzupr¨ ufen, dass die von einer m × n−Matrix A induzierte Abbildung Kn → Km , x → A · x, linear ist, also dass A · (λx + μy) = λ (A · x) + μ (A · y) ¨ dich davon zumindest im 2×2−Fall. f¨ ur alle x, y ∈ Kn und λ, μ ∈ K gilt. Uberzeuge Satz 10.7 Es seien ϕ : V → W ein Homomorphismus, B = (v1 , . . . , vn ) und C = (w1 , . . . , wm ) geordnete Basen von V bzw. W , und Aϕ = C (ϕ)B bezeichne die Matrix von ϕ bez¨ uglich B und C. Dann gilt f¨ ur jedes v ∈ V   ϕ(v) C = C (ϕ)B · (v)B = Aϕ · (v)B . In Worten: Um den Koordinatenvektor des Bildvektors ϕ(v) bez¨ uglich der Bild-Basis C zu erhalten, muss man das eben erkl¨arte Matrix-Vektor-Produkt von C (ϕ)B mit dem Koordinatenvektor (v)B bilden. (Jetzt ergibt auch die Notation C (ϕ)B Sinn: Man schiebt von rechts“ B” Koordinaten rein, und die Matrix spuckt links“ C-Koordinaten aus.) ” Anmerkung: In der Algebra formuliert man solche Sachverhalte gerne mit Hilfe eines sogenannten kommutativen Diagramms. Im Diagramm aus Abbildung 10.7 kann man auf zwei verschiedene Arten von V nach Km abbilden: V

ϕ

ΦB

 Kn

/ W ΦC

Aϕ

 / Km

Abbildung 10.7 Einmal Pfeil rechts und runter“, also durch Anwenden von ΦC ◦ ϕ (ΦC ist der ” kanonische Basiswahl-Isomorphismus aus Beispiel 10.26); das andere Mal Pfeil ” urzend f¨ ur die durch runter und dann rechts“, d.h. Aϕ ◦ ΦB . Dabei steht Aϕ abk¨ das Matrix-Vektor-Produkt gegebene Abbildung x → Aϕ · x, die nach obiger Bemerkung linear ist. Wenn das Diagramm kommutiert“, so bedeutet dies, dass beide ” Wege zum selben Ergebnis f¨ uhren, also dass (ΦC ◦ ϕ)(v) = (Aϕ ◦ ΦB )(v)

318

¨ ge der Linearen Algebra 10 Grundzu

f¨ ur alle v ∈ V gilt. Ausgeschrieben lautet diese Gleichung !

ΦC (ϕ(v)) = (ϕ(v))C = Aϕ (ΦB (v)) = Aϕ · (v)B , und das ist genau die Aussage des Satzes, den wir jetzt beweisen werden. Beweis: uglich der Urbild-Basis B = (v1 , . . . , vn ) dar als n Wir stellen v bez¨ v = x v mit x ∈ K. Anders ausgedr¨ uckt: (v)B = (x1 , . . . , xn )t ist der j j j j=1 Koordinatenvektor von v bez¨ uglich B. Anwenden von ϕ unter Ausnutzen der Linearit¨ at liefert n n    ϕ(v) = ϕ xj v j = xj ϕ(vj ). j=1

j=1

m

Nun ist aber ϕ(vj ) = i=1 aij wi , denn so sind die Eintr¨ age aij der Matrix von ϕ gerade definiert worden (schau dazu nochmal auf Seite 314 nach). Setzen wir dies ein und ziehen die xj gem¨aß des Distributivgesetzes (S2 ) in die innere Summe rein, so folgt ϕ(v) =

n 

xj ϕ(vj ) =

j=1

n 

xj

j=1

m 

 aij wi

i=1

=

n  m  j=1 i=1

xj (aij wi ) =

m  n 

(aij xj )wi .

i=1 j=1

Im letzten Schritt wurde einfach die Reihenfolge der beiden endlichen Summen vertauscht, was aufgrund des Kommutativgesetzes (A4 ) stets erlaubt ist. Außerdem kamen bei xj (aij wi ) = (aij xj )wi das Axiom (S4 ) sowie die Kommutativit¨ at der K¨orpermultiplikation zum Einsatz. Der letzte Ausdruck enth¨ alt die Darstellung von ϕ(v) bez¨ uglich der Bild-Basis C, n¨ amlich ϕ(v) =

m  i=1

yi w i

mit

yi :=

n 

aij xj ,

j=1

d.h. der Koordinatenvektor von ϕ(v) bez¨ uglich C hat die Eintr¨age yi . Jetzt sind wir n fertig, denn yi = j=1 aij xj ist genau das Ergebnis, das man erh¨alt, wenn man die Kippregel auf die Matrix A und den Koordinatenvektor (v)B = (x1 , . . . , xn )t anwendet (wirf nochmals einen Blick auf die Definition des Matrix-Vektor-Produkts auf Seite 317).  Das war jetzt sicherlich sehr schwere Kost. Falls du den Beweis nicht komplett nachvollziehen konntest, gibt es zwei M¨oglichkeiten: Entweder du arbeitest ihn nochmals ganz in Ruhe durch (und schreibst falls n¨otig die Summen explizit aus, um genau zu verstehen, was in jedem Schritt passiert ist), oder du glaubst ihn einfach und freust dich, dass jetzt verst¨andliche Beispiele und machbare Aufgaben folgen. Wichtig ist f¨ ur die Praxis zun¨achst nur, dass du Matrizen aufstellen und die Kippregel anwenden kannst. Auf einen h¨aufigen Anf¨ angerfehler, der f¨ ur viel Verwirrung sorgen kann, sei aber

319

10.3 Matrizen

noch explizit hingewiesen. Will man die Matrixeintr¨ age aij bestimmen, so nimmt uglich der Bildbasis dar, man sich einen Urbild-Basisvektor vj und stellt ϕ(vj ) bez¨ d.h. man sucht Skalare a1j , . . . , amj ∈ K mit ϕ(vj ) =

m 

aij wi = a1j w1 + a2j w2 + . . . + amj wm ∈ W.

i=1

Hier l¨auft die Summe also u ¨ber den vorderen Index i = 1, . . . , m von aij . Hat man hingegen die Matrix A bestimmt und will das Matrix-Vektorprodukt von t A mit einem Koordinatenvektor (v)B =  (x1, . . . , xn ) ausrechnen, so erh¨alt man als Ergebnis der Kippregel den Vektor ϕ(v) C = (y1 , . . . , ym )t mit den Eintr¨agen yi =

n 

aij xj ∈ K.

j=1

Beachte, dass die Summe nun u ¨ber den hinteren Index j = 1, . . . , n von aij l¨auft. Das darf man auf keinen Fall durcheinander bringen (denn dadurch w¨ urde man Spalten und Zeilen der Matrix vertauschen). Beispiel 10.28 Wir verallgemeinern Beispiel 10.27, indem wir statt der 90◦ Rotation die lineare Abbildung ρθ : R2 → R2 betrachten, die jeden Vektor des R2 um einen beliebigen Winkel θ (theta) gegen den Uhrzeigersinn dreht. x2 e2

ρθ (e2 )

cos θ

sin θ

ρθ (e1 )

θ

x1

θ − sin θ

cos θ

e1

Abbildung 10.8 achlich linear ist, begr¨ undet man am bequemsten durch ein geomeDass ρθ tats¨ trisches Argument wie in Beispiel 10.21. Wir geben die Abbildungsvorschrift hier bewusst nur in Worten an, und gelangen u ¨ ber die Matrixdarstellung zu einer konahlen wir die Standardbasis kreten Beschreibung von ρθ . Als Bild- und Urbildbasis w¨ age der Matrix, indem wir die Bilder ρθ (e1 ), B = (e1 , e2 ). Wir bestimmen die Eintr¨ ρθ (e2 ) der Basisvektoren bez¨ uglich B darstellen. Der Abbildung 10.8 entnimmt man

320

¨ ge der Linearen Algebra 10 Grundzu  ρθ (e1 ) =

cos θ sin θ

 = cos θ · e1 + sin θ · e2 ,

woraus wir die Matrixeintr¨age α11 = cos θ und α21 = sin θ erhalten. Und ebenso   − sin θ = − sin θ · e1 + cos θ · e2 , ρθ (e2 ) = cos θ d.h. α12 = − sin θ und α22 = cos θ. (Diese Formeln sind u ¨brigens auch f¨ ur θ > 90◦ g¨ ultig.) Somit erhalten wir die Matrix   cos θ − sin θ (ρ ) = . B θ B sin θ cos θ F¨ ur einen beliebigen Vektor x ∈ R2 mit Koordinaten (x)B = (x1 , x2 )t (bei der Standardbasis ist man oft schlampig und schreibt einfach nur x statt (x)B ) ergibt sich nun sofort         cos θ − sin θ x x1 cos θ − x2 sin θ ρθ (x) B = B (ρθ )B · (x)B = · 1 = . sin θ cos θ x2 x1 sin θ + x2 cos θ Damit wissen wir automatisch, wie das Bild eines beliebigen Vektors unter ρθ aussieht, ohne dass wir uns dies anhand einer Skizze u ¨berlegen m¨ ussten. Very nice indeed! Beispiel 10.29 Nun kommt ein zugegebenermaßen etwas konstruiertes Beispiel, das aber demonstrieren soll, was zu tun ist, wenn Urbild- und Bildbasis nicht gleich und auch nicht beide die Standardbasis sind. Wir betrachten zwei reelle Polynomr¨aume und als Homomorphismus zwischen ihnen die Multiplikation mit x: μx : P2, R → P3, R ,

p(x) → x · p(x).

In P2, R w¨ ahlen wir die Standardbasis B = (1, x), w¨ahrend wir in P3, R zur Basis C = (2, 1−x, 12 x2 ) greifen, und bestimmen die Matrix von μx bez¨ uglich dieser Basen. Weil wir von einem Raum der Dimension n = 2 in einen Raum der Dimension m = 3 abbilden, wird es eine 3 × 2−Matrix werden (n = 2 Spalten mit jeweils m = 3 Eintr¨agen, d.h. 3 Zeilen). Dazu m¨ ussen wir wie immer die Bilder der Basisvektoren von B bez¨ uglich C darstellen. Es ist !

μx (1) = x · 1 = x = a11 · 2 + a21 · (1 − x) + a31 · 12 x2 . Zusammenfassen der rechten Seite ergibt (2a11 + a21 ) − a21 x + 12 a31 x2 , und ein Koeffizientenvergleich mit μx (1) = x = 0 + 1 · x + 0 · x2 f¨ uhrt auf das lineare Gleichungssystem 2a11 + a21 = 0

∧

−a21 = 1

∧

1 2 a31

= 0.

Dieses ist schnell gel¨ ost. Von rechts nach links: a31 = 0, a21 = −1 und eingesetzt in die erste Gleichung folgt a11 = − 12 a21 = 12 . Somit ist (μx (1))C = ( 12 , − 1, 0)t . Ebenso: !

μx (x) = x · x = x2 = a12 · 2 + a22 · (1 − x) + a32 · 12 x2 .

321

10.3 Matrizen

Der Koeffizientenvergleich von x2 = 0 · 1+0 · x+1 · x2 mit der umgeordneten rechten Seite (2a12 + a22 ) − a22 x + 12 a32 x2 liefert das LGS 2a12 + a22 = 0

∧

−a22 = 0

∧

1 2 a32

=1

mit den L¨osungen a22 = a12 = 0 und a32 = 2. Folglich haben wir (μx (x))C = (0, 0, 2)t . Die Matrix von μx besitzt damit folgende Gestalt ⎛ ⎞ 1/2 0   (μx (1))C (μx (x))C = ⎝−1 0⎠ . C (μx )B = 0 2 Machen wir die Probe aufs Exempel und bestimmen das Bild von p(x) = 3 − 4x mit Hilfe des Matrix-Vektor-Produkts. Zun¨achst ist der Koordinatenvektor von p gegeben durch (p)B = (3, − 4)t und mit der Kippregel folgt ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 1/2 0 1/2 · 3 + 0 · (−4) 3/2     3 ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎝ = −1 · 3 + 0 · (−4) = −3⎠ . μx (p) C = C (μx )B · (p)B = −1 0 · −4 −8 0 2 0 · 3 + 2 · (−4) Das sind also die C-Koordinaten von μx (p), was nichts anderes bedeutet als μx (p) =

3 2

· 2 + (−3) · (1 − x) + (−8) · 12 x2 = 3 − 3 + 3x − 4x2 = 3x − 4x2 ,

was – oh Jubel – tats¨achlich das Ergebnis von x · p(x) ist. Nochmal: Dieses Beispiel war nur zu Demonstrationszwecken gedacht; kein normaler Mensch w¨ urde bei einer solch einfachen Abbildung den Umweg u ¨ber die Matrix w¨ ahlen, geschweige denn auch noch mit C als Basis. Einen ersten Hinweis darauf, was einen u ¨berhaupt dazu bewegen sollte, andere Basen als die Standardbasis zu verwenden, gibt Aufgabe 10.34. So, genug der Beispiele. Es hilft n¨amlich alles nichts: Um richtig mit Matrizen umgehen zu lernen, musst du selbst die folgenden Aufgaben durchackern.

—————————

————————— Aufgabe 10.32 ⎛ 1 a) ⎝3 5

⎞   2 7 4⎠ · 8 6

Aufgabe 10.33 a) o : V → V ,

Berechne die folgenden Matrix-Vektor-Produkte. ⎛

1/2

⎜−2 i b) ⎜ ⎝ 0 −1

0 3 1+ i 8i

⎞ ⎞ ⎛ −i −2 i −2/3⎟ ⎟ · ⎝ 4⎠ 1⎠ 6 2

c) π

   −π π · 2π

Bestimme die Matrizen bez¨ uglich der angegebenen Basen. v → 0V ,

B = C = (v1 , . . . , vn )

(Nullmatrix).

322

¨ ge der Linearen Algebra 10 Grundzu

b) id : V → V ,

v → v,

B = C = (v1 , . . . , vn ).

Diese Matrix der Identit¨at heißt Einheitsmatrix und wird mit En bezeichnet. c) id : V → V ,

v → v,

d) μ i : C → C,

z → i · z,

B = (v1 , v2 , v3 ) und C = (v2 , v3 , v1 ). B = C = (1, i)

(R-Basen).

Bestimme zudem den B-Koordinatenvektor von z = 2 − 3 i und berechne seinen Bildvektor u ¨ber das Matrix-Vektor-Produkt. e) μ i : C → C,

z → i · z,

f) μ i : C → C, z → i · z, √ √ g) μ√2 : Q( 2) → Q( 2), h) π1 : R3 → R, i)

d dx

B = C = (1)

B = ( i ) und C = (1) (C-Basen). √ √ q → 2 · q, B = C = (1, 2).

(x1 , x2 , x3 )t → x1 ,

: P4, R → P3, R ,

j) τ : P3, R → P3, R ,

(C-Basen).

p(x) → p (x), p(x) → p(x − 1),

B = (e1 , e2 , e3 ), C = (1). B = (1, x, x2 , x3 ), C = (1, x, x2 ). B = C = (1, x, x2 ).

Berechne hier zudem das Bild des Vektors p mit (p)B = (1, 3, − 2)t auf zwei Arten (direktes Anwenden von τ bzw. Matrix-Vektor-Produkt). Wir definieren eine lineare Abbildung ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2x1 − 3x2 − x3 x1 ⎠. −x2 ϕ : Q3 → Q3 durch ⎝x2 ⎠ → ⎝ x3 −x1 + x2 + 2x3

Aufgabe 10.34

a) Bestimme die Matrix A von ϕ bez¨ uglich B = C = (e1 , e2 , e3 ). uglich der Basis E von Q3 , die aus b) Wie lautet die Matrix B := E (ϕ)E bez¨ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 1 1 v1 = ⎝1⎠ , v2 = ⎝0⎠ , v3 = ⎝ 0⎠ besteht? 0 1 −1 —————————

—————————

Ein kleiner theoretischer Ausblick soll diesen Abschnitt abrunden. Wir bezeichnen mit Matm×n, K die Menge aller m × n-Matrizen mit Eintr¨agen aus K. Schreiben ur eine Matrix, so wird Matm×n, K unter den komponentenweise wir A = (aij ) f¨ definierten Verkn¨ upfungen (aij ) + (bij ) := (aij + bij )

und

λ · (aij ) := (λaij )

10.3 Matrizen

323

zu einem K-Vektorraum. Als solcher ist Matm×n, K isomorph zu Km ·n , denn man braucht nur die m · n Eintr¨age aij in irgendeiner beliebigen Reihenfolge als Spaltenvektor aufzuschreiben, und schon hat man eine Abbildung von Matm×n, K nach Km ·n , die offensichtlich (!) linear und bijektiv ist. Daraus folgt dimK Matm×n, K = m · n. Hat man Aufgabe 10.29 bearbeitet, so weiß man, dass auch HomK (V, W ), also die Menge aller linearen Abbildungen von V nach W , ein Vektorraum ist. W¨ ahlt man Basen B = (v1 , . . . , vn ) von V und C = (w1 , . . . , wm ) von W , dann erh¨ alt man eine Abbildung M : HomK (V, W ) → Matm×n, K ,

ϕ → M(ϕ) := C (ϕ)B ,

die jedem Homomorphismus seine Matrix bez¨ uglich der gew¨ahlten Basen zuordnet. Man kann zeigen, dass dieses M ein Isomorphismus ist. Probier das doch mal; es ist nicht ganz leicht, aber mit unserer bisher entwickelten Theorie gut machbar. Aus HomK (V, W ) ∼ = Matm×n, K folgt dann insbesondere dimK HomK (V, W ) = m · n. ∼ Matm×n, K u ¨briF¨ ur V = Kn und W = Km ist die Isomorphie HomK (Kn , Km ) = gens noch anschaulicher. W¨ahlt man n¨amlich als B und C jeweils die Standardbasen, so l¨asst sich die Umkehrabbildung von M ganz konkret angeben. Ist A ∈ Matm×n, K eine Matrix, so definiert ϕA : K n → K m ,

x → A · x

eine lineare Abbildung (weise dies nach!). Mit x = (x)B ist dabei der Koordinatenvektor eines x ∈ Kn bez¨ uglich der Standardbasis gemeint. Die Abbildung H : Matm×n, K → HomK (Kn , Km ),

A → ϕA

ist dann offensichtlich“ die Umkehrabbildung zu M. Falls du bis jetzt noch nicht ” ausgestiegen bist, versuche doch auch dies noch zu beweisen. Vor allem in fortgeschrittenen Matheb¨ uchern kann es passieren, dass Sachen, die der Autor als offensichtlich“ abtut, dir auf den ersten Blick u ¨berhaupt nicht klar ” sind. Dann hilft oftmals der Griff zu Papier und Bleistift, um in Ruhe dar¨ uber nachzudenken.

10.3.2

Das Matrixprodukt

Wir betrachten die Komposition (Hintereinanderausf¨ uhrung) von linearen Abbildungen und u ¨berlegen, wie sich diese mit Hilfe von Matrizen beschreiben l¨asst. Beispiel 10.30 Wir beginnen mit zwei bekannten Homomorphismen des R2 :         x1 −x2 x1 x1 ρ: → und σ: → , x2 x1 x2 −x2

324

¨ ge der Linearen Algebra 10 Grundzu

also der Rotation um 90◦ gegen den Uhrzeigersinn und der Spiegelung an der x1 Achse (siehe Aufgabe 10.25). Inzwischen solltest du durch scharfes Hinschauen erkennen k¨onnen, dass die Matrizen beider Abbildungen bez¨ uglich der Standardbasis gegeben sind durch     0 −1 1 0 und Aσ = . Aρ = 1 0 0 −1 Schauen wir uns nun die Komposition         x1 σ x1 ρ −(−x2 ) x2 → → = ρ ◦ σ : R2 → R2 , x2 −x2 x1 x1 an. Diese Abbildung ist laut Aufgabe 10.28 selbst wieder linear, was man hier auch durch bloßes Hinsehen erkennt: ρ ◦ σ vertauscht einfach die x1 - mit der x2 Komponente (und ist damit die Spiegelung an der ersten Winkelhalbierenden). Die Matrixdarstellung bez¨ uglich der kanonischen Basis B = (e1 , e2 ) lautet   0 1 . B (ρ ◦ σ)B = 1 0 Die Frage ist nun, ob sich diese Matrix irgendwie auch anhand von Aσ und Aρ aufstellen l¨asst, was einem die konkrete Berechnung von ρ◦σ ersparen w¨ urde. Bilden wir einfach mal ganz frech ein Matrixprodukt“ Aρ · Aσ , indem wir die beiden ” Spalten von Aσ als zwei separate Vektoren auffassen und mit beiden das Matrixuckt: Wir wenden die Kippregel auf Vektor-Produkt mit Aρ bilden. Anders ausgedr¨ beide Spalten von Aσ (eine ist fett, die andere grau gesetzt) an und erhalten       0 −1 1 0 0·1 − 1·0 0 · 0 − 1 · (−1) Aρ · Aσ = · = 1 0 0 −1 1·1 + 0·0 1 · 0 + 0 · (−1)   0 1 = . 1 0 Oho! Das so erkl¨arte Matrixprodukt von Aρ mit Aσ ist doch tats¨achlich die Matrix von ρ ◦ σ. Dass dies kein Zufall ist, sehen wir in K¨ urze. Zuvor bemerken wir jedoch noch, dass       1 0 0 −1 0 −1 · = = Aρ · Aσ Aσ · Aρ = 0 −1 1 0 −1 0 ist, d.h. die Matrixmultiplikation ist nicht kommutativ. Der geometrische Hintergrund ist hier, dass σ ◦ ρ – also erst Rotieren mit ρ und danach Spiegeln mit σ – die Spiegelung an der zweiten und nicht mehr an der ersten Winkelhalbierenden ist (mache dir das an einem Bildchen klar). Um den allgemeinen Fall vorzubereiten, bilden wir das Produkt einer 2 × 3−Matrix A mit einer 3×2−Matrix B. Starre diese Rechnung so lange an, bis du jeden Schritt

10.3 Matrizen

325

verstehst, vor allem u ¨ber welche Indizes summiert wird! ⎞ ⎛   b11 b12 a11 a12 a13 · ⎝b21 b22 ⎠ A·B = a21 a22 a23 2×3 b31 b32 3×2   a11 b11 + a12 b21 + a13 b31 a11 b12 + a12 b22 + a13 b32 = a21 b11 + a22 b21 + a23 b31 a21 b12 + a22 b22 + a23 b32 2×2 & 3 ' 3 j=1 a1j bj1 j=1 a1j bj2 = 3 3 j=1 a2j bj1 j=1 a2j bj2 2×2 Das Ergebnis ist also eine 2 × 2−Matrix C = A · B, deren Eintr¨age cik , i, k ∈ {1, 2}, gegeben sind durch cik =

3 

aij bjk .

j=1

Mache dir klar, dass man in diesem Fall auch das Produkt D = B · A h¨ atte bilden k¨onnen, und schreibe auf, welches Format D hat und wie die Eintr¨ age δik hier aussehen. Definition 10.12 Ist A = (aij ) eine m × −Matrix und B = (bjk ) eine Matrix vom Format  × n, so kann man (durch mehrfache Kippregel“) deren Produkt ” C = A · B bilden. Die Produktmatrix C = (cik ) besitzt dann das Format m × n und ihre Eintr¨ age sind gegeben durch cik =

 

aij bjk ,

1  i  m, 1  k  n.

j=1

(Das Produkt A · B ergibt nur dann Sinn, wenn die Anzahl der Spalten von A mit der Anzahl der Zeilen von B u ¨bereinstimmt.) ♦ Satz 10.8 Sind U, V, W K-Vektorr¨aume mit den Basen A, B, C, und sind ψ : U → V sowie ϕ : V → W Homomorphismen, so gilt f¨ ur die Matrix der Komposition ϕ ◦ ψ : U → W C (ϕ

◦ ψ)A = C (ϕ)B · B (ψ)A ,

sie ist also das Matrixprodukt der Matrizen von ϕ und ψ. Beweis: Es seien A = (u1 , . . . , un ), B = (v1 , . . . , v ) und C = (w1 , . . . , wm ) die besagten Basen von U , V und W . Die Eintr¨ age der Matrizen A := C (ϕ)B = (aij ) bzw. B := B (ψ)A = (bjk ) sind dann definiert durch die Beziehungen ϕ(vj ) =

m  i=1

aij wi

bzw.

ψ(uk ) =

  j=1

bjk vj .

326

¨ ge der Linearen Algebra 10 Grundzu

Um die Matrix von ϕ ◦ ψ bez¨ uglich A und C zu erhalten, m¨ ussen wir die Bilder der Vektoren von A unter ϕ ◦ ψ bez¨ uglich C darstellen. Konkreter ausgedr¨ uckt m¨ ussen m wir Skalare cik finden, die (ϕ ◦ ψ)(uk ) = i=1 cik wi f¨ ur alle 1  k  n erf¨ ullen. Gehen wir’s an:  

(ϕ ◦ ψ)(uk ) = ϕ (ψ(uk )) = ϕ

 bjk vj

j=1

=

  j=1

bjk ϕ(vj ) =

 

bjk ·

m 

j=1

 aij wi .

i=1

Jetzt kommen die gleichen Schritte wie schon im Beweis von Satz 10.7, n¨ amlich distributives Ausmultiplizieren und Vertauschen der Summen: (ϕ ◦ ψ)(uk ) =

  m 

bjk aij wi =

j=1 i=1

m    i=1

j=1

m   ! aij bjk wi = cik wi . i=1



ur die Matrixeintr¨ age von ϕ ◦ ψ. Da dies Somit ergibt sich cik = j=1 aij bjk f¨ genau die Eintr¨ age der Produktmatrix A · B = C (ϕ)B · B (ψ)A sind, beendet das den Beweis.  Auch dies ist ein Beweis, der auf den ersten Blick vielleicht abschreckend aussieht, den du aber gut selbst hinbekommen kannst. Schreib ihn doch einfach nochmal selber auf, und du wirst sehen, wie alles fast automatisch an den richtigen Platz f¨allt. (Allerdings musst du gut aufpassen, dass du m,  und n nicht durcheinander bringst.) Bevor du dich mit den n¨achsten Aufgaben vergn¨ ugen darfst, kommt wieder ein kleiner theoretischer Ausblick. Wie auf Seite 322 angedeutet, ist Matm×n, K ein KVektorraum. Die Menge An, K = Matn×n, K aller quadratischen n×n−Matrizen mit Eintr¨agen aus K besitzt sogar noch mehr Struktur, n¨amlich die einer sogenannten (assoziativen) K-Algebra. Grob gesagt ist dies ein Vektorraum, dessen Elemente man auch vern¨ unftig“ multiplizieren kann. Genauer gelten f¨ ur das oben eingef¨ uhrte ” Matrixprodukt An, K × An, K → An, K , (A, B) → A · B, folgende Rechenregeln: ◦ Es ist assoziativ, d.h. (A · B) · C = A · (B · C) f¨ ur alle A, B, C ∈ An, K . ◦ Es gelten Distributivgesetze, d.h. es ist (A + B) · C = A · C + B · C sowie A · (B + C) = A · B + A · C f¨ ur alle A, B, C ∈ An, K (aufgrund der fehlenden Kommutativit¨ at der Matrixmultiplikation f¨ ur n ≥ 2 muss beides gefordert werden). ◦ Die Skalarmultiplikation des Vektorraums ist kompatibel mit der Matrixmultiplikation: (λA) · B = λ(A · B) = A · (λB) f¨ ur alle A, B ∈ An, K und alle λ ∈ K. ◦ An, K ist sogar eine K-Algebra mit Eins, denn die Einheitsmatrix En (mit Einsen auf der Diagonalen und Nullen sonst) verh¨alt sich neutral bez¨ uglich ur alle A ∈ An, K . der Matrixmultiplikation, d.h. En · A = A = A · En f¨

327

10.3 Matrizen

All diese Eigenschaften sind leicht nachzurechnen, nur das Assoziativgesetz erfordert unangenehm viel Schreibaufwand.

————————— Aufgabe  1 a) 3  0 c) 0

—————————

10.35 Berechne – sofern existent – die folgenden Matrixprodukte.        1 2 3 1 3 2 1 2 3 · · b) 2 4 4 −1 −2 −3 −1 −2 −2 33           1 0 1 1 1  · d) 1 i · e) · 1 i 0 0 0 i i

Aufgabe 10.36 Es sei σ1 : R2 → R2 die Spiegelung an der ersten Winkelhalbie2 renden und σ2 : R → R2 die Spiegelung am Ursprung. Bestimme die Matrix von uglich der Standardbasis B auf zwei verschiedene Arten: Zuerst durch σ2 ◦ σ1 bez¨ explizites Bestimmen der Matrixeintr¨age der Komposition σ2 ◦ σ1 , danach durch Anwenden von Satz 10.8. Was gilt f¨ ur σ1 ◦ σ2 ? Aufgabe 10.37 In dieser Aufgabe lernst du eine weitere konkrete Realisierung des K¨orpers der komplexen Zahlen mit Hilfe spezieller Matrizen kennen. Wir betrachten dazu die folgende Teilmenge der R-Algebra A2, R aller reellen quadratischen 2 × 2−Matrizen 1   2 a −b  C = a, b ∈ R ⊂ A2, R , b a   sowie die Elemente 1C = E2 =

1 0

  0 0 und I = 1 1

−1 0

 von C .

a) Zeige, dass C ein R-Vektorraum mit Basis (1C , I) ist (du darfst voraussetzen, dass Mat2×2, R ein R-Vektorraum ist). Gib explizit einen Isomorphismus ϕ : C → C an, der die Isomorphie von C zu C (als R-Vektorr¨aume) zeigt. b) C ist sogar selbst wieder eine (assoziative) R-Algebra mit Eins: Dazu musst du nur noch nachweisen, dass f¨ ur Z, W ∈ C auch Z · W wieder in C liegt, denn alle weiteren Algebren-Eigenschaften vererben sich von A2, R auf C . c) Rechne nach, dass C sogar kommutativ ist, d.h. dass Z · W = W · Z f¨ ur alle Z, W ∈ C gilt (was bei Matrixmultiplikation ja nicht selbstverst¨andlich ist). d) Was ist I 2 ? Wenn du an die Beispiele 10.21 C und 10.27 denkst, sollte dich das Ergebnis nicht u ¨berraschen. e) Zeige weiter, dass der Isomorphismus ϕ aus a) sogar multiplikativ ist, d.h. dass ϕ(Z · W ) = ϕ(Z)ϕ(W ) f¨ ur alle Z, W ∈ C gilt.

328

¨ ge der Linearen Algebra 10 Grundzu

f) Zeige zu guter Letzt, dass jedes 0 = Z ∈ C ein multiplikatives Inverses besitzt ¨ (Tipp: Ubertrage die Formel f¨ ur das Inverse einer komplexen Zahl z mittels −1 ϕ auf C ). Wenn du dir nun die Liste aller K¨orperaxiome nochmals anschaust, wirst du feststellen, dass wir insgesamt nachgewiesen haben, dass C ein K¨orper ist. g) Wie sieht das Urbild ϕ−1 (z) aus, wenn die komplexe Zahl z = r cos θ +i r sin θ in Polarform gegeben ist? Versuche die Gestalt der Matrix im Hinblick auf Beispiel 10.28 zu interpretieren. (Folgt man genau den Anleitungen, so ist dies alles machbar, aber insgesamt doch recht aufw¨andig – die M¨ uhe lohnt sich jedoch . . . ) —————————

10.4

—————————

Ausblick: LGS und Determinanten

Zum Abschluss wollen wir unsere bisher entwickelte Theorie auf Lineare Gleichungssysteme (LGS5 ) anwenden. Aus der Schule erinnerst du dich an LGS vermutlich als ein Zahlen- und Variablengewirr, das z.B. beim Schneiden von Ebenen auftritt und bei dem man sich meistens verrechnet. Im Folgenden wird eine Grundkenntnis des Gauß-Algorithmus als bekannt vorausgesetzt. Wir betrachten LGS nun von einem abstrakteren Standpunkt aus und unsere Erkenntnisse u ¨ber Matrizen bzw. lineare Abbildungen helfen uns dabei, Ordnung ins Chaos zu bringen. Wir beschr¨ anken uns hier auf den Spielzeug-Fall“ eines (reellen) 2 × 2−LGS. An ” diesem lassen sich n¨ amlich bereits alle wichtigen Ideen pr¨ asentieren, ohne aufw¨ andige Notation und Rechentechnik einf¨ uhren zu m¨ ussen.

10.4.1

Homogene LGS

Beispiel 10.31 Wir starten mit dem homogenen LGS ( homogen“ bedeutet, ” dass auf der rechten Seite nur Nullen stehen) 2x1

+

x2

= 0

(I)

4x1

+

3x2

= 0

(II).

Zun¨ achst fassen wir beide Gleichungen als Gleichheit zweier Vektoren des R2 auf:     2x1 + x2 0 = = 0R2 , 0 4x1 + 3x2 5 Weil LGSe“ doof aussieht, verwenden wir die Abk¨ urzung LGS sowohl f¨ ur den Singular als ” auch den Plural.

10.4 Ausblick: LGS und Determinanten

329

und schreiben die linke Seite in ein Matrix-Vektor-Produkt um:       2 1 x 0 · 1 = . 4 3 0 x2 Damit nimmt das LGS die schnuckelige Form A·x = 0 an (f¨ ur den Nullvektor schreiben wir nur noch 0 statt 0R2 ) mit der Matrix   2 1 A= . 4 3 Die L¨ osungsmenge L(A, 0) ⊆ R2 des LGS A · x = 0 zu bestimmen, bedeutet also nichts anderes, als den Kern der Matrix A zu berechnen: L(A, 0) = ker A := { x ∈ R2 | A · x = 0 }. Noch eine Feinheit: Statt Kern der Matrix A“ sollte man pr¨aziser sagen Kern ” ” der von A induzierten linearen Abbildung“   2x1 + x2 2 2 . ϕA : R → R , x → A · x = 4x1 + 3x2 ¨ achlich linear ist und bez¨ uglich der StandardUberzeuge dich davon, dass ϕA tats¨ basis des R2 gerade A als Darstellungsmatrix besitzt. Wir verstehen im Folgenden immer ker A im Sinne von ker ϕA . Im urspr¨ unglichen LGS ersetzen wir Gleichung (II) durch (IIa) = (II)−2 ·(I) um x2 rauszuwerfen und das LGS auf Stufenform zu bringen ( Gauß-Algorithmus“): ” (I) 2x1 + x2 = 0 x2

= 0

(IIa).

Hieran l¨asst sich nun sofort ablesen, dass das homogene LGS nur die triviale L¨ osung x1 = x2 = 0 besitzt, dass also L(A, 0) nur aus dem Nullvektor 0 = (0, 0)t besteht. Abstrakter ausgedr¨ uckt bedeutet dies, dass die lineare Abbildung ϕA injektiv ist, da sie einen trivialen Kern besitzt (Lemma 10.3). Auch diesen zur Bestimmung von L(A, 0) notwendigen Schritt wollen wir nun elegant mit Hilfe von Matrizen darstellen. Es sei nochmal betont, dass es uns hier nicht um das numerische L¨osen von LGS geht, sondern um das Verstehen der zugrunde liegenden Theorie. Zum umgeformten LGS geh¨ ort die Matrix   2 1 , A = 0 1 welche man aus A erh¨ alt, indem man von links mit der Umformungsmatrix“ ”   1 0 U= −2 1

330

¨ ge der Linearen Algebra 10 Grundzu

multipliziert (die zun¨ achst vom Himmel f¨allt; siehe Anmerkung):        1 0 2 1 1·2 + 0·4 1·1 + 0·3 2 U ·A = · = = −2

1

4

3

−2 · 2 + 1 · 4

−2 · 1 + 1 · 3

0

1 1



= A .

Multiplizieren wir also beide Seiten des urspr¨ unglichen LGS A · x = 0 von links mit U , so geht es in seine Stufenform u ¨ ber: U · (A · x) = U · 0 =⇒ A · x = 0, wobei U · (A · x) = (U · A) · x, also die Assoziativit¨at der Matrizenmultiplikation einging. Anhand dieser Darstellung l¨asst sich elegant begr¨ unden, warum eine Zeilenumformung des Gauß-Algorithmus wie ersetze Gleichung (II) durch (II)−2 ·(I)“ ” die L¨osungsmenge des LGS nicht ¨andert, warum also ker A = ker A

bzw.

L(A, 0) = L(A , 0)

gilt. Bevor wir dies im n¨achsten Satz allgemein beweisen, noch eine wichtige Anmerkung: Wie kommt man auf die Umformungsmatrix U ? Ganz einfach: Will man Gleichung (II) durch λ ·(I)+μ ·(II) ersetzen, so multipliziert man die zum LGS geh¨ orige Matrix A von links mit der Matrix   1 0 Uλ, μ = . λ μ In vorigem Beispiel war λ = −2 und μ = 1. Allgemein gilt       a12 a11 1 0 a11 a12 Uλ, μ · A = = . · λ μ a21 a22 λa11 + μa21 λa12 + μa22 Satz 10.9 Die folgenden elementaren Zeilenumformungen“ des Gauß-Algo” rithmus a¨ndern die L¨osungsmenge eines homogenen 2×2−LGS A · x = 0 nicht. (1) Multiplizieren einer Gleichung (Zeile) mit einem Skalar μ = 0. (2) Ersetzen von Gleichung (II) durch λ ·(I)+μ ·(II), wobei μ = 0 ist6 . (Analog f¨ ur Gleichung (I), was man sich im Hinblick auf (3) aber auch sparen kann.) (3) Vertauschen der beiden Gleichungen (Zeilen). Beweis: (1) ist ein Spezialfall von (2) f¨ ur λ = 0 (bzw. μ = 0 und λ = 0, wenn es um Gleichung (I) geht). Zum Beweis von (2) zeigen wir ker A = ker A , d.h. 6 Der Fall μ = 0 ist ausgeschlossen, da man sonst Gleichung (II) durch λ ·(I)+0 ·(II) ersetzt, also (II) einfach vernichtet, was nat¨ urlich keine erlaubte Zeilenumformung ist. Analog f¨ ur (1).

331

10.4 Ausblick: LGS und Determinanten

L(A, 0) = L(A , 0), wobei A = Uλ, μ · A die umgeformte Matrix des LGS ist. Die Inklusion L(A, 0) ⊆ L(A , 0) ist simpel, denn aus A · x = 0 folgt A · x = (Uλ, μ · A) · x = Uλ, μ · (A · x) = Uλ, μ · 0 = 0. Um umgekehrt L(A , 0) ⊆ L(A, 0) zu zeigen, beachten wir, dass ker Uλ, μ trivial ist: Uλ, μ · x = 0 lautet ausgeschrieben         1 0 x1 0 x1 ! · = , = λ μ 0 x2 λx1 + μx2 woraus x1 = 0 und damit λ · 0 + μ · x2 = 0 folgt, was wegen μ = 0 auch x2 = 0 erzwingt. Gilt nun A · x = 0, d.h. Uλ, μ · (A · x) = 0, so ist A · x ∈ ker Uλ, μ = {0}, also muss A · x = 0 sein. Aus x ∈ L(A , 0) folgt demnach x ∈ L(A, 0). (3) ist klar, aber wir f¨ uhren es trotzdem kurz allgemein aus. Um Zeilen (I) und (II) zu vertauschen, multipliziert man die zum LGS geh¨ orige Matrix A von links mit der folgenden Permutationsmatrix (¨ uberpr¨ ufe das)   0 1 P = . 1 0 Da P offenbar einen trivialen Kern besitzt, folgt wie in (2) ker A = ker (P · A).  Das Sch¨ one an dieser Argumentation ist, dass sie sich wortw¨ortlich auf n × n−LGS u ¨bertr¨ agt. Man muss sich einfach nur davon u ¨ berzeugen, dass auch im Fall n > 2 alle Umformungsmatrizen, die zu elementaren Zeilenumformungen geh¨ oren, stets einen trivialen Kern besitzen. Beispiel 10.32 2x1

Wir betrachten als weiteres homogenes LGS

+

x2

= 0

+

2x2

= 0

(I)

(II),   2 1 also B · x = 0 mit der Matrix B = . 4x1

4

Um L(B, 0) = ker B zu bestimmen, (II)−2 ·(I), gehen also u ¨ber zur Matrix    1 0 2 B  = U−2, 1 · B = · −2 1 4

2

ersetzen wir Gleichung (II) wieder durch 

1 2

 =

2 0

 1 . 0

Aufgrund der Nullen in der zweiten Zeile muss ein x ∈ ker B  lediglich 2x1 + x2 = 0 erf¨ ullen. W¨ahlen wir x1 = λ ∈ R als freien Parameter, so folgt x2 = −2x1 = −2λ. Mit Satz 10.9 erhalten wir  2 = > 1 λ  1  L(B, 0) = ker B = ker B = . λ∈R = −2λ

−2

R

Die L¨osungsmenge des LGS ist also ein eindimensionaler Unterraum des R2 .

332

¨ ge der Linearen Algebra 10 Grundzu

10.4.2

Die Determinante

Der Unterschied zwischen den beiden Matrizen A und B der vorigen Beispiele lag darin, dass A einen trivialen Kern besaß und B hingegen nicht. Somit war ϕA injektiv und ϕB war es nicht. Nun gibt es eine a¨ußerst n¨ utzliche Abbildung, die sofort merkt“, ob eine Matrix ” einen trivialen Kern besitzt oder nicht. Die Determinante oder Determinantenabbildung f¨ ur 2 × 2−Matrizen ist definiert als   a11 a12 det : Mat2×2, R → R, A = → det A := a11 a22 − a12 a21 . a21 a22 Wie man u ¨berhaupt auf die Idee kommen kann, ausgerechnet a11 a22 − a12 a21 zu betrachten, wird im Beweis des n¨achsten Satzes klar. Darauf, was die Determinante letztendlich ist (eine alternierende Multilinearform“), gehen wir nicht ein. ” Satz 10.10 Es gilt det A = 0 genau dann, wenn ker A = {0} ist, d.h. genau die Matrizen mit Determinante ungleich Null besitzen einen trivialen Kern. Beweis: Bei ker A = {0} geht es um die L¨ osungsmenge des homogenen LGS A · x = 0. Wir bringen dessen Matrix A durch Multiplikation mit einer geeigneten Umformungsmatrix U auf Stufenform:       1 0 a12 a12 a a11 · 11 = = A . −a21 a11 a21 a22 0 −a12 a21 + a11 a22 Beachte, dass der Eintrag rechts unten von A nichts anderes als det A ist. Das homogene LGS A · x = 0 lautet ausgeschrieben also a11 · x1

+

a12 · x2

= 0

(I)

0 · x1

+

det A · x2

= 0

(II).

Im Fall det A = 0 reduziert sich (II) auf 0 = 0, ist also redundant, und das LGS A · x = 0 besitzt (unendlich viele) nicht-triviale L¨osungen, da man x1 = λ ∈ R frei w¨ ahlen kann (vergleiche mit Beispiel 10.32). Folglich ist ker A = {0}. Ist hingegen det A = 0, so folgt aus (II) x2 = 0/det A = 0, und eingesetzt in (I) ergibt sich x1 = 0. In diesem Fall besitzt A · x = 0 also nur die triviale L¨osung, es ist somit ker A = {0}.  Nach Satz 10.9 gilt ker A = ker A , was den Beweis beendet. In Beispiel 10.31 ist  2 det A = det 4



1 3

= 2 · 3 − 1 · 4 = 2 = 0,

also ist ker A = {0}, d.h. das zu A geh¨ orige homogene LGS besitzt nur die triviale L¨ osung. In Beispiel 10.32 gilt hingegen   2 1 det B = det = 2 · 2 − 1 · 4 = 0, 4 2

10.4 Ausblick: LGS und Determinanten

333

somit ist der Kern von B nicht-trivial und B · x = 0 besitzt (unendlich viele) nichttriviale L¨ osungen. Bei den Umformungsmatrizen Uλ, μ (mit μ = 0) liefert die Determinante sofort die Trivialit¨at des Kerns, denn es ist   1 0 det Uλ, μ = det = 1 · μ − 0 · λ = μ = 0. λ μ Satz 10.10 gilt ebenfalls f¨ ur n × n−Matrizen, allerdings ist die Definition der Determinante f¨ ur beliebige n deutlich aufw¨ andiger (siehe beliebiges Buch aus dem Literaturverzeichnis). Etwa f¨ ur eine 3 × 3−Matrix A = (aij ) lautet die Determinantenformel det A = a11 a22 a33 + a12 a23 a31 + a13 a21 a32 − a13 a22 a31 − a11 a23 a32 − a12 a21 a33 . Bei n = 4 hat man bereits 4! = 24 und bei n = 5 sogar 5! = 120 solcher Summanden zu ber¨ ucksichtigen. Bei der expliziten Bestimmung von L¨osungen eines inhomogenen LGS im n¨ achsten Abschnitt wird sich der n¨ achste Satz als a¨ußerst n¨ utzlich erweisen, da er einem l¨astige Zeilenumformungen erspart. Satz 10.11 Ist A ∈ Mat2×2, R eine Matrix mit det A = 0, so ist A invertierbar, d.h. es gibt eine Matrix A−1 ∈ Mat2×2, R mit A · A−1 = E2 = A−1 · A.   a11 a12 besitzt die inverse Matrix die Gestalt F¨ ur A = a21

A−1 =

a22

 1 a22 · det A −a21

 −a12 . a11

Der Vorfaktor bedeutet, dass jeder Matrixeintrag durch det A geteilt wird. Beweis: Wir rechnen explizit nach, dass die angegebene Matrix die Inverse von A ist. Wir haben (zun¨achst ohne den Vorfaktor det1 A )       a22 −a12 a11 a22 − a12 a21 −a11 a12 + a12 a11 a11 a12 · = a21 a22 −a21 a11 a21 a22 − a22 a21 −a21 a12 + a22 a11     det A 0 1 0 = = det A · = det A · E2 , 0 det A 0 1 und Teilen durch det A liefert das gew¨ unschte Resultat. Ebenso rechnet man nach, ullt ist.  dass auch A−1 · A = E2 erf¨ Wir begr¨ unden nun noch abstrakt, warum es im Falle det A = 0 eine solche inverse Matrix geben muss – ganz ohne R¨ uckgriff auf die explizite Formel f¨ ur A−1 . Nach

334

¨ ge der Linearen Algebra 10 Grundzu

Satz 10.10 bedeutet det A = 0, dass ker A = {0} und die Abbildung ϕA somit injektiv ist. Mit der Dimensionsformel 10.5 bzw. Aufgabe 10.31 folgt die Surjektivit¨at von ϕA , denn es gilt dim im ϕA = dim R2 − dim ker ϕA = 2 − 0 = 2, also muss im ϕA = R2 sein. Die Dimension des Bildes von ϕA nennt man u ¨brigens den Rang der Matrix A. Insgesamt ist ϕA also ein Isomorphismus und besitzt −1 −1 daher eine lineare Umkehrabbildung ϕ−1 ullt. A , die ϕA ◦ ϕA = idR2 = ϕA ◦ ϕA erf¨ ¨ Ubergang zu Matrizen (bez¨ uglich der Standardbasis) u ¨ berf¨ uhrt diese Beziehung in A · B = E2 = B · A, wobei B die Matrix von ϕ−1 A bezeichnet. Vorige Gleichung besagt, dass B die gesuchte inverse Matrix von A ist.

10.4.3

Inhomogene LGS

Zum Abschluss werfen wir noch einen Blick auf inhomogene LGS a11 x1

+

a12 x2

= y1

(I)

a21 x1

+

a22 x2

= y2

(II)

oder kurz

A · x = y.

Inhomogen bedeutet dabei, dass rechts nicht der Nullvektor steht, d.h. y = 0. Bevor wir uns Beispiele anschauen, kl¨ aren wir die Struktur der L¨osungsmenge eines solchen inhomogenen LGS allgemein. Satz 10.12 Ist der Vektor x0 ∈ R2 eine L¨osung des inhomogenen LGS A · x = y, so besitzt dessen gesamte L¨osungsmenge die Gestalt L(A, y) = x0 + L(A, 0) := { x0 + x | x ∈ L(A, 0) }. (Man verschiebt“ also einfach die L¨osungsmenge des zugeh¨ origen homogenen ” LGS um den Vektor x0 .) Achtung: Der Satz sagt nicht, dass es u ¨ berhaupt eine L¨ osung x0 geben muss. Im Unterschied zum homogenen Fall (dort gibt es stets die triviale L¨osung x = 0) gibt es inhomogene LGS mit L(A, y) = ∅, wie wir weiter unten sehen werden. Beweis: L(A, y) ⊆ x0 + L(A, 0): Zun¨achst gilt A · x0 = y nach Definition von ullt ein weiterer Vektor z die Gleichung A · z = y = A · x0 , so folgt x0 . Erf¨ 0 = A · z − A · x0 = A · (z − x0 ), weil Multiplikation mit A linear ist. Somit liegt z − x0 in ker A = L(A, 0), also ist ur ein x ∈ L(A, 0), sprich z = x0 + x mit x ∈ L(A, 0). z − x0 = x f¨ ur jedes x0 + x x0 + L(A, 0) ⊆ L(A, y): Diese Inklusion ist noch einfacher, denn f¨ mit x ∈ L(A, 0) = ker A gilt A · (x0 + x) = A · x0 + A · x = y + 0 = y.



10.4 Ausblick: LGS und Determinanten

Beispiel 10.33

335

Wir l¨ osen das inhomogene LGS

2x1

+

x2

4x1

+

3x2

= −1

(I)

=

(II).

1

Die zugeh¨ orige Matrix A erf¨ ullt det A = 6−4 = 2 = 0, also existiert nach Satz 10.11 die Inverse     −1  3/2 −1/2 1 3 −1 2 1 −1 = = · . A = 2 4 3 −2 1 2 −4 uhrt auf E2 · x0 = A−1 · y, also ist Links-Multiplizieren von A · x0 = y mit A−1 f¨       3/2 −1/2 −1 −2 x0 = · = −2 1 1 3 eine L¨osung des inhomogenen LGS. Da der Kern von A wegen det A = 0 trivial ist, gibt es nach Satz 10.12 keine weiteren L¨ osungen, d.h. dieses LGS ist eindeutig l¨osbar mit L(A, y) = { (−2, 3)t }. Beispiel 10.34

Wir bestimmen die L¨osungsmenge des inhomogenen LGS

2x1

+

x2

= 1

(I)

4x1

+

2x2

= 2

(II).

Da die Determinante der zugeh¨origen Matrix B Null ist, gibt es in diesem Fall keine Inverse B −1 , mit der wir arbeiten k¨ onnen. In diesem einfachen Beispiel erkennt man jedoch auf einen Blick, dass z.B. x0 = (0, 1)t eine L¨osung ist. Mit Satz 10.12 und dem Ergebnis von Beispiel 10.32 erhalten wir somit  2   = > 1 0 1 λ  + L(B, y) = x0 + L(B, 0) = = λ∈R . 1

Beispiel 10.35

−2

R

1 − 2λ

Wir wiederholen Beispiel 10.34 mit y  = (1, 3)t , also

2x1

+

x2

= 1

(I)

4x1

+

2x2

= 3

(II).

Beidseitige Multiplikation von      1 2 1 x · 1 = x2 −2 0 0

B · x = y  mit U−2, 1 ergibt      0 1 1 · = . 1 3 1

Da in der zweiten Komponente die unerf¨ ullbare Gleichung 0 · x1 + 0 · x2 = 1 steht, ist in diesem Beispiel L(B, y  ) = ∅. Der abstraktere Grund hierf¨ ur ist, dass der Vektor y  = (1, 3)t nicht im Bild von ϕB liegt. So etwas kann immer dann auftreten, wenn der Rang der Matrix B nicht ” voll“, hier also kleiner als 2 ist, denn dann ist im ϕB nicht der gesamte R2 . Und damit soll es genug sein. Ich hoffe, dass dir die Lekt¨ ure des Buches viel Freude bereitet hat und dir den Einstieg in die Hochschulmathematik erleichtern wird!

336

¨ ge der Linearen Algebra 10 Grundzu

Literatur zu Kapitel 10 [Beu2] Beutelspacher, A.: Lineare Algebra. Springer Spektrum, 8. Aufl. (2014) [Bos2] Bosch, S.: Lineare Algebra. Springer Spektrum, 5. Aufl. (2014) [Glo3] Glosauer, T.: Elementar(st)e Gruppentheorie. Springer Spektrum (2016) ¨ n] [Ja

J¨anich, K.: Lineare Algebra. Springer, 11. Aufl. (2008)

[MK]

Modler, F., Kreh, M.: Tutorium Analysis 1 und Lineare Algebra 1. Springer Spektrum, 3. Aufl. (2014)

Teil V

Anhang

339

¨ Ein paar Ubungsklausuren Zum Nachtisch serviere ich noch einige Original-Klausuren aus meinen MathePlusKursen. Die Bearbeitungszeit betrug stets gem¨ utliche 100 min. Handschriftliche L¨osungen sind auf der im Vorwort genannten Homepage zu finden. Da ich jetzt noch etwas Platz schinden muss, weil sonst bei der ersten Klausur ein unsch¨oner Seitenumbruch entsteht, gebe ich die Internetadresse hier einfach nochmals an, was den zus¨atzlichen Vorteil hat, dass du nicht ganz nach vorne bl¨ attern musst und somit die Leimbindung des Buches geschont wird. Achtung, hier kommt sie: http://gl.jkg-reutlingen.de/MathePlus/. Der Punkt am Ende ist ein Satzzeichen und geh¨ort nicht mit zur Adresse. Tja, immer noch eine Menge Platz u ¨ brig. Hier noch eine kurze Download-Anleitung: Ein Linksklick auf den blau unterstrichenen Dateinamen, und schon sollte sich eine pdf-Datei ¨offnen, die dann nach Belieben gespeichert oder gedruckt werden kann. Sollte das nicht klappen, dann Rechtsklick auf den Dateinamen und Link in neuem ” Tab ¨offnen“ ausw¨ ahlen. Und zum Schluss noch ein spektakul¨ arer Mathewitz: Forscher in Harvard haben ein ε > 0 entdeckt, das so klein ist, dass es negativ wird, wenn man es halbiert. Reaktion eines Sch¨ ulers hierauf: H¨ ah, das geht doch gar nicht!“. Unbezahlbar. :) ”

© Springer Fachmedien Wiesbaden GmbH, ein Teil von Springer Nature 2019 T. Glosauer, (Hoch)Schulmathematik, https://doi.org/10.1007/978-3-658-24574-0_11

340

¨ Ein paar Ubungsklausuren

Klausur zu Logik und Beweismethoden Aufgabe 1 (Aussagen) Aussagen oder nicht? Ja oder Nein gen¨ ugt als Antwort. a) Keine Panik, tief durchatmen! b) Diese Klausur wird einen zweistelligen Schnitt haben. ¨ Aufgabe 2 (Aussagenlogische Aquivalenz) a) Formuliere eine der beiden De Morgan’schen Regeln und beweise sie mit Hilfe einer Wahrheitstafel. Erl¨autere hierbei auch den Unterschied zwischen ⇐⇒L und ←→ . b) Beweise die Regel ¬ (A → B) ⇐⇒L A ∧ ¬ B. Verneine damit Wenn Gustl Logik lernt, dann bekommt er Kopfschmerzen“. ” Aufgabe 3 (Direkter Beweis, Kehrsatz, Kontraposition) a) Beweise direkt: Wenn 4 ein Teiler der nat¨ urlichen Zahl n ist, dann muss n gerade sein. Ausf¨ uhrlicher Aufschrieb mit Voraussetzung, Behauptung, Beweis verlangt. b) Wie lautet der Kehrsatz von a)? Ist er wahr? Begr¨ undung! c) Wie lautet die Kontraposition von a) ? Ist sie wahr? Aufgabe 4 (Diverse Beweismethoden) Beweise die folgenden Aussagen mit einer Methode deiner Wahl. a) Das Produkt zweier ungerader Zahlen ist wieder ungerade. b) Zwei aufeinanderfolgende nat¨ urliche Zahlen sind teilerfremd. c) Es gibt unendlich viele Primzahlen. Aufgabe 5 (Induktionsbeweise) a) Zeige durch vollst¨andige Induktion, dass f¨ ur die Summe der ersten n ungeraden Zahlen (n ∈ N beliebig) 1 + 3 + 5 + . . . + (2n − 1) = n2 gilt. Ausf¨ uhrlicher Begleittext, auch zur Induktionsschleife am Ende! b) Beweise eine der beiden folgenden Aussagen durch Induktion; hierbei darf der Begleittext etwas k¨ urzer ausfallen. b1 ) F¨ ur alle n ∈ N ist 4 ein Teiler von 5n + 7. b2 ) F¨ ur alle n ∈ N gilt 1 + 2 + 4 + 8 + . . . + 2n = 2n+1 − 1. Zusatz: Zeige durch vollst¨ andige Induktion, dass n2 + n f¨ ur alle n ∈ N gerade ist. Wie geht das ohne Induktion viel schneller?

Viel ErfoL g!

341

Klausur zu Mengen und Abbildungen

Klausur zu Mengen und Abbildungen Aufgabe 1

(Mengen)

a) Wie ist A ∪ B definiert (f¨ ur Teilmengen A, B einer Menge M )? b) Bestimme: (i) [ 0 , 1 ] ∪ ( 1 , π ] (ii) [ 0 , 1 ] ∩ ( 1 , π ] (iii) Z\O (iv) ( 0 , 1 )C (in R) c) Formuliere und beweise eine der beiden De Morgan-Regeln f¨ ur Mengen. Aufgabe 2

(Abbildungen)

Sei q : R → R die gute alte Quadratfunktion x → x2 .

a) Gib an: q([ 0 , π ]), q −1 (4), q −1 ([ 1 , π ]). b) Beweise im q = R+ 0 . Sauberer Nachweis der Mengengleichheit verlangt! Aufgabe 3

(Eigenschaften von Abbildungen)

a) Wann heißt eine Abbildung f : A → B injektiv? Beschreibe dies auch mit Hil¨berhaupt definiert sind). fe der Mengen f −1 (b) (gib zun¨achst an, wie diese u b) Untersuche f : R → R, x → 2x − 1, auf In-, Sur- und Bijektivit¨at. Aufgabe 4 Im Folgenden siehst du das Schaubild Kf einer Funktion f : A → B, die zun¨ achst A = R als Definitionsbereich und B = R als Bildbereich hat. Du sollst nun neue Definitionsbereiche A ⊂ A und Bildbereiche B  ⊂ B farbig einzeichnen, so dass f als Funktion von A nach B  betrachtet (i) injektiv, aber nicht surjektiv (iii) bijektiv wird. B

(ii) surjektiv, aber nicht injektiv

B

B Kf

Kf A

oder

Kf A

A

Aufgabe 5 (Beweise) Beweise 3 der 4 folgenden Aussagen (streiche die u ¨brige!). Dabei bezeichnet stets f : A → B eine Abbildung. a) b) c) d)

f (M ∪ N ) = f (M ) ∪ f (N ) f¨ ur Teilmengen M , N ⊆ A. −1 −1 −1 f (X ∩ Y ) = f (X) ∩ f (Y ) f¨ ur Teilmengen X, Y ⊆ B. Gibt es eine Abbildung g : B → A mit f ◦ g = idB , dann ist f surjektiv. Sei g : B → C eine Abbildung, so dass g ◦ f injektiv ist. Dann ist auch f injektiv.

Zusatz: Gilt M ∩ N = ∅, so folgt f¨ ur injektives f auch f (M ) ∩ f (N ) = ∅. (Tipp: Kontraposition bzw. Widerspruchsbeweis.) Warum ist dies f¨ ur beliebiges f falsch?

Viel Erf Olg!

¨ Ein paar Ubungsklausuren

342

Klausur zu Folgen Aufgabe 1

(Epsilontik)

1 , n ∈ N. 4n2 Stelle eine Vermutung f¨ ur den Grenzwert a dieser Folge auf und gib an, was dies laut Weierstraß bedeutet. Beweise dann deine Vermutung (mit ε, also ohne Grenzwerts¨atze) und schreibe einen kurzen Begleittext zu deinem Beweis. Gib zudem explizit ein nε zu ε = 10−9 an. Gegeben ist die Folge (an ) mit an = 42 −

Aufgabe 2 (Grenzwerts¨ atze) Berechne den Grenzwert der Folge (an ) mit Hilfe der Grenzwerts¨atze. Gib dabei die jeweils verwendeten Grenzwerts¨ atze an. Welche Limes-Eigenschaft muss man bei c) zus¨ atzlich verwenden? a) an = Aufgabe 3 A: B: C: D:

4n2 + n 2n2 − π

b) an =

2n + 3n − 3n+1

2n

n+1 c) an = √ n2 + n

Richtig oder falsch? (Gegen-)Beispiel oder Begr¨ undung ist verlangt!

Es gibt beschr¨ankte Folgen, die nicht konvergieren. Jede konvergente Folge ist monoton. Jede monotone Folge ist konvergent. Es gibt eine Folge, die gleichzeitig a = 1 und a = 2 als Grenzwert besitzt.

Aufgabe 4 (Beweise) Beweise zwei der drei folgenden Aussagen im ε-Style! a) Konvergente Folgen sind beschr¨ankt. b) Grenzwertsatz (G1 ). (Erst sauber formulieren, dann beweisen.) c) Eine nach oben beschr¨ankte, monoton wachsende Folge ist konvergent. Aufgabe 5 (Rekursive Folgen) 1 2 Gegeben ist die rekursive Folge a1 = 4; an+1 = 16 an + 4, n ∈ N. Zeige, dass diese Folge monoton wachsend und nach oben beschr¨ankt (vollst. Induktion!), also konvergent ist, und berechne anschließend ihren Grenzwert.

Viel εrfolg!

343

Klausur zu (Un)Gleichungen

Klausur zu (Un)Gleichungen Stufe 0 L¨ose 4x − 6 = 0 und schreibe das Ergebnis als gek¨ urzten Bruch, uiuiuiiii. . . Stufe I L¨ose die folgenden Gleichungen. a) x3 = 2x d)

x+4 3 = x+2 2

b) 10x2 − 50x + 60 = 0 e)

√

c) |x − 12 | = f) 26x =

x + 2x = 3

1 3

1 8

Stufe II L¨ose die folgenden Gleichungen. Streiche entweder b) oder b ). a) |x − 2| = | 12 x + 12 | b)

rechnerisch und zeichnerisch!

5 4 1 + =1− x−2 x+2 4 − x2

oder

b ) 2 · 2x−1 + 1 = 3 · 2−x − 1

Stufe III L¨ose die folgenden Ungleichungen. Streiche entweder b) oder b ). a) x3 + 4 > 3x2

b)

b )

3 9 x −  − x+2 x−1 (x − 1)(x + 2)  √ 2 − 12 x + 1  x − 1

 Erfolg!

oder

¨ Ein paar Ubungsklausuren

344

Klausur zu Integrationsmethoden Aufgabe 1 Knacke acht der neun folgenden Integrale mit einem geeigneten Verfahren. Streiche die Teilaufgabe, die du nicht bearbeitest. $

x2

x·e

a) $

√

d) $ g)

Aufgabe 2 tion(en).

dx

$ 2x · e dx x

b)

x2 + 2014

dx

x2 · ex dx

c)

$

21x

sinh x dx cosh x

$

e) $

sin x · cos x dx

f)

  ln eln x dx

i)

e

h)

x2 · ln x dx $

1

π

sin2 x dx

0

Berechne zwei der drei folgenden Integrale durch geeignete Substitu-

$ a)

$

√

$

π 9−

x2

dx

b)

1 dx 9x2 + 1

$ c)

Zusatz: Berechne die Fl¨ ache des Einheitskreises durch Integration.

% V el Erfolg!

√

1 x2

+9

dx

345

Klausur zu komplexen Zahlen

Klausur zu komplexen Zahlen Aufgabe 1

(Konstruktion von C)

a) Wie hat Hamilton die komplexen Zahlen (C, + , · ) konstruiert? Anders gefragt: Was ist C als Menge und wie sind Addition und Multiplikation auf C festgelegt? √ b) Wie ist die imagin¨are Einheit i definiert? (Wer i = −1 schreibt, bekommt i2 Punkte!) Rechne nach, dass i2 = −1C gilt. c) Weise nach, dass sich jede komplexe Zahl in der Form a + b i mit a, b ∈ R darstellen l¨ asst. (Mache dabei auch Gebrauch von der Einbettung ι : R → C.) Aufgabe 2

(Rechnen in C)

a) (3 + 4 i)−1

b)

Bringe auf die Form a + b i mit a, b ∈ R.

(2 + 4 i)2 1+i

   √ c) Re ( π i) + Im π + i +  √12 +

√1 2

  i

Aufgabe 3

(Geometrie in der gaußschen Zahlenebene) , a) Stelle K = z ∈ C | |z + i | = 2 ∧ Im z > 0 zeichnerisch dar – mit sauberer Begr¨ undung (algebraisch oder geometrisch). Kennzeichne am Bild deutlich, welche Punkte (nicht) zu K geh¨ oren! , b) Ebenso f¨ ur die Menge M = z ∈ C | |z| = |z + i | .

Aufgabe 4

(Trigonometrische Identit¨ aten)

Leite mit der Euler-Identit¨ at eine komplexe Darstellung des Cosinus her. Beweise anschließend mit deren Hilfe die Beziehung cos2 ϕ = Aufgabe 5 a)

1 (1 + cos 2ϕ). 2

(Gleichungen u ¨ber C)

z 2 = −25

b)

L¨ose die folgenden Gleichungen.

z 2 + (1 − 3 i) z − 4 = 0

c)

z 3 = −8 i

Stelle die L¨ osungsmenge von c) zeichnerisch dar. Beachte: Der L¨osungsweg muss stets klar erkennbar sein, insbesondere wenn komplexe Quadratwurzeln gezogen werden!

¨ Ck! Viel Glu

¨ Ein paar Ubungsklausuren

346

Klausur zur Linearen Algebra Aufgabe 1 (Matrizen) a) Berechne folgende Matrixprodukte (sofern sie existieren).           1 2 1 2 1 i 1 1  (i) · (ii) · (iii) · 1 3 4 −1 −2 2 1− i i π   2 2 b) Gib die Inverse der Matrix A = an. 4 5 Aufgabe 2

(Lineare Abbildungen und Matrizen)     x1 x1 + πx2 2 2 ϕ: R → R , → , x2 2x1 − x2

π



Weise nach, dass

linear ist und bestimme die Matrix von ϕ bez¨ uglich der Standardbasis des R2 . Aufgabe 3

(Komposition linearer Abbildungen) Betrachte         x1 x1 x1 −x2 2 2 2 2 → , und ρ : R → R , → . σ: R → R , x2 −x2 x2 x1

a) Bestimme die Matrizen von σ und ρ bez¨ uglich der Standardbasis und beschreibe, welche geometrische Bedeutung beide Abbildungen haben. b) Berechne die Matrix der Komposition σ ◦ ρ. Gilt σ ◦ ρ = ρ ◦ σ? (Begr¨ unde mit Hilfe von Matrizen oder geometrisch – am besten beides.) Aufgabe 4

(Vektorr¨aume)

a) Gib die beiden Verkn¨ upfungen an, die V = R2 zu einem R-Vektorraum machen. Verifiziere jeweils eines der Axiome (A1 ) – (A4 ) und (S1 ) – (S4 ). b) Erl¨autere die Begriffe Erzeugendensystem“, Basis“ und   ”Dimension“  eines ” ” Vektorraums. Weise nach, dass B = (v1 , v2 ) mit v1 = 11 und v2 = −10 eine Basis von R2 ist. Aufgabe 5

(Inhomogenes LGS )

In beiden Teilaufgaben sind Matrixmethoden zu verwenden! a) Begr¨ unde, f¨ ur welche a ∈ R das folgende LGS eine eindeutige L¨ osung besitzt. 2x1

+

3x2

=2

4x1

+

a x2

=4

b) Bestimme die L¨osungsmenge f¨ ur a = 6 und analysiere ihre Gestalt.

ϕl Rfolg!

347

¨ L¨ osungen zu den Ubungsaufgaben L¨ osungen zu Kapitel 1 L¨ osung 1.1 a) Ist eine Aussage, die offenbar falsch ist. b) Ist keine Aussage, sondern eine Frage, der man keinen Wahrheitswert zuordnen kann. c) Ist hingegen eine Aussage, da der Satz nun entweder wahr sein kann (falls Urrkh fragt) oder falsch (falls Urrkh nicht fragt). d) Keine Aussage, sondern ein freundlicher Befehl. e) Hier wurde d) zu einer Aussage umformuliert, da man nun wieder sinnvoll fragen kann, ob dieser Satz wahr oder falsch ist. Noch pr¨aziser sollte man e) als Aussageform auffassen, wenn nicht klar ist, um welchen Lehrer bzw. Sch¨ uler es sich handelt. L¨ osung 1.2 Angenommen, S ist wahr. Dann stimmt der Inhalt von S, der aber gerade besagt, dass S falsch ist. Widerspruch. Nimmt man hingegen S als falsch an, so ist Dieser Satz ist falsch“ falsch, d.h. es ” folgt die Wahrheit des Satzes im Widerspruch zur Annahme. Man kann S also weder w noch f als Wahrheitswert zuordnen, somit ist S keine Aussage. Ebenso verh¨alt es sich bei den S¨atzen L und F. L¨ osung 1.3 Um die zweite De Morgan-Regel zu beweisen, m¨ ussen wir zeigen, dass ¬ (A ∨ B) ←→ ¬ A ∧ ¬ B eine Tautologie ist. Wahrheitstafel A.1 best¨atigt dies: A

B

¬ (A ∨ B) ←→ ¬ A ∧ ¬ B

w w f f

w f w f

f f f w

w

w w w w

f

f f f w

f

Tabelle A.1 Wer das Aufstellen der Tafel noch nicht ganz verstanden hat, trage in Gedanken die fehlenden Werte ein. Hier ist die Erkl¨ arung f¨ ur die zweite Zeile: Ist A wahr und B falsch, so ist A ∨ B wahr, also ist ¬ (A ∨ B) falsch. ¬ A ist falsch und ¬ B ist wahr, also ist ¬ A ∧ ¬ B falsch. Die Bijunktion ist damit wahr, da beide Teilformeln denselben Wahrheitswert, in diesem Fall falsch, besitzen. Es bedeute M: Gustl lernt Mathe“ und P: Gustl geht pumpen“. Dann ist die ” ” Verneinung von M ∧ P laut De Morgan ¬ M ∨ ¬ P, d.h. © Springer Fachmedien Wiesbaden GmbH, ein Teil von Springer Nature 2019 T. Glosauer, (Hoch)Schulmathematik, https://doi.org/10.1007/978-3-658-24574-0_12

¨ ¨ sungen zu den Ubungsaufgaben Lo

348

Gustl lernt nicht Mathe oder geht nicht pumpen. (Auch beides m¨ oglich.) Die Verneinung der zweiten Aussage M ∨ P ist nach De Morgan ¬ M ∧ ¬ P: Gustl lernt nicht Mathe und geht nicht pumpen. Oder gleichbedeutend: Gustl lernt weder Mathe noch geht er pumpen. Verneinen von Entweder lernt Gustl Mathe oder geht pumpen“ bedeutet, dass er ” beides macht, oder keins von beidem, d.h. (Gustl lernt Mathe und geht pumpen) ∨ (Er lernt weder Mathe noch geht er pumpen). (Dies ist sogar ein entweder-oder, da beide M¨oglichkeiten sich ausschließen.) Beweis durch Wahrheitstafel A.2 (selber vervollst¨andigen):

L¨ osung 1.4

A

B

¬ (A → B) ←→

A∧¬B

w w f f

w f w f

f w f f

w f f w f f

w

w w w w

Tabelle A.2 Die Verneinung der Aussage Wenn Gustl Mathe lernt, dann geht er nicht pumpen“, ” ¬ (M → ¬ P), ist demnach M ∧ ¬ ¬ P bzw. M ∧ P, d.h. Gustl lernt Mathe und geht pumpen. Sind (A → B) ←→ (¬ A → ¬ B) bzw. (A → B) ←→ (B → A) Tau-

L¨ osung 1.5 tologien? A

B

w w

w f

(A → B) ←→ (¬ A → ¬ B) w f

w f

w w

(A → B) ←→ (B → A) w f

w f

w w

Tabelle A.3 Sobald das erste f unter dem Bijunktor auftaucht, kann man aufh¨oren, da dann die Bijunktion keine Tautologie mehr sein kann. A → B ist somit weder zu ¬ A → ¬ B noch zu B → A ¨aquivalent. L¨ osung 1.6 Dies ist trivial (unmittelbar einsichtig): Wegen F ⇐⇒L G haben F und G stets die gleichen Wahrheitswerte (F ←→ G ist eine Tautologie). Da der ¬ -Junktor einfach nur die Wahrheitswerte w und f vertauscht, haben auch ¬ F und ¬ G stets die gleichen Wahrheitswerte, nur eben jetzt vertauscht (d.h. auch ¬ F ←→ ¬ G bleibt eine Tautologie), sprich ¬ F ⇐⇒L ¬ G.

349

¨ sungen zu Kapitel 1 Lo

L¨ osung 1.7 a) Hier musst du dich u ¨ berzeugen, dass die Formeln (A ∧ B) ∧ C und A ∧ (B ∧ C) stets die gleichen Wahrheitswerte annehmen, f¨ ur alle m¨oglichen Kombinationen der Wahrheitswerte von A, B und C. Gleichbedeutend damit ist, dass (A ∧ B) ∧ C ←→ A ∧ (B ∧ C) eine Tautologie ist. Dies macht man durch Aufstellen einer Wahrheitstafel mit 23 = 8 Zeilen, was jeder selber kann; vergleiche b). Analog f¨ ur (A ∨ B) ∨ C und A ∨ (B ∨ C). b) Wir beweisen nur das erste Distributivgesetz durch Tabelle A.4. Diese zeigt, dass die Bijunktion beider Teilformeln eine Tautologie ist, also sind die beiden Formeln ¨aquivalent. A

B

C

w w w w f f f f

w w f f w w f f

w f w f w f w f

(A ∧ B) ∨ C w w f f f f f f

w w w f w f w f

w f w f w f w f

←→ w w w w w w w w

(A ∨ C) ∧ (B ∨ C) w w w w w f w f

w w w f w f w f

w w w f w w w f

Tabelle A.4 L¨ osung 1.8 a) Dies folgt aus Aufgabe 1.4 unter Verwendung von Aufgabe 1.6: ¬ (A → B) ⇐⇒L A ∧ ¬ B

liefert

¬ ¬ (A → B) ⇐⇒L ¬ (A ∧ ¬ B),

was ¨aquivalent zu (A → B) ⇐⇒L ¬ A ∨ B ist (De Morgan). Alternativ kann man auch einfach eine Wahrheitstafel aufstellen. b)

¬ (A ∧ B) ⇐⇒L ¬ A ∨ ¬ B ergibt durch Verneinen (siehe Aufgabe 1.6) A ∧ B ⇐⇒L ¬ (¬ A ∨ ¬ B), womit der ∧ -Junktor auf ¬ und ∨ zur¨ uckgef¨ uhrt w¨are.

c) Zun¨achst kann man sich u ¨berlegen, dass f¨ ur die Bijunktion gilt   (A ←→ B) ⇐⇒L (A → B) ∧ (B → A) . ¨ (Uberpr¨ ufe dies!) Einsetzen der Ergebnisse von a) und b) liefert   a) (A ←→ B) ⇐⇒ L (¬ A ∨ B) ∧ (¬ B ∨ A)   b) ⇐⇒ L ¬ ¬ (¬ A ∨ B) ∨ ¬ (¬ B ∨ A) .

¨ ¨ sungen zu den Ubungsaufgaben Lo

350

(Entweder A oder B) bedeutet (nicht-A und B) oder (A und nicht-B), d.h. A ≺ B ⇐⇒L (¬ A ∧ B) ∨ (A ∧ ¬ B). ¨ (Uberpr¨ ufe dies!) Ersetzt man beide ∧ mit Hilfe von b), so ergibt sich A ≺ B ⇐⇒L ¬ (A ∨ ¬ B) ∨ ¬ (¬ A ∨ B). Aus A ≺ B ⇐⇒L (¬ A ∧ B) ∨ (A ∧ ¬ B) folgt nach Aufgabe 1.6   ¬ (A ≺ B) ⇐⇒L ¬ (¬ A ∧ B) ∨ (A ∧ ¬ B) .

L¨ osung 1.9

Wir formen nun den rechten Term mit Hilfe der De Morgan-Regeln (DM1,2 ) und des zweiten Distributivgesetzes (DG2 ) um. Zudem wird verwendet, dass ¬ ¬ A und A ¨aquivalent sind.   ¬ (¬ A ∧ B) ∨ (A ∧ ¬ B) ⇐⇒2 L

DM

¬ (¬ A ∧ B) ∧ ¬ (A ∧ ¬ B)

DM

(¬ ¬ A ∨ ¬ B) ∧ (¬ A ∨ ¬ ¬ B)  1.8 c)  (A ∨ ¬ B) ∧ (¬ A ∨ B) ⇐⇒ L (A ←→ B)     A ∧ (¬ A ∨ B) ∨ ¬ B ∧ (¬ A ∨ B)     (A ∧ ¬ A) ∨ (A ∧ B) ∨ (¬ B ∧ ¬ A) ∨ (¬ B ∧ B)

⇐⇒1 L ⇐⇒

L

DG2

⇐⇒ L DG

2 ⇐⇒ L

Bei A ∧ ¬ A handelt es sich um eine sogenannte Kontradiktion – eine Aussage, die stets falsch ist. Ist K eine Kontradiktion und C eine beliebige Aussage, so ist K ∨ C ¨aquivalent zu C: Ist C wahr, so auch K ∨ C und ist C falsch, so auch K ∨ C (da K stets falsch ist). Somit gilt (A ∧ ¬ A) ∨ (A ∧ B) ⇐⇒L A ∧ B

und ebenso

(¬ B ∧ ¬ A) ∨ (¬ B ∧ B) ⇐⇒L ¬ B ∧ ¬ A. Insgesamt ergibt sich ¬ (A ≺ B) ⇐⇒L (A ∧ B) ∨ (¬ A ∧ ¬ B), also genau das, was man auch intuitiv erwartet h¨atte: Die Verneinung von Ent” weder A oder B“ ist (Sowohl A als auch B) oder (Weder A noch B)“. ” (Nat¨ urlich h¨atte man das viel leichter mit einer Wahrheitstafel u ¨ berpr¨ ufen k¨onnen; der Vorteil der formalen Methode ist, dass sie auch zum Ziel f¨ uhrt, wenn man das Ergebnis nicht intuitiv erkennt.) L¨ osung 1.10 a) F¨ ur alle Dinge x gilt: Wenn x ein Mann ist, dann ist x ein Schwein. Kurz: Alle M¨ anner sind Schweine. (Falsch?!)

¨ sungen zu Kapitel 1 Lo

351

b) F¨ ur alle Dinge x gilt: x ist ein Mann und x ist ein Schwein. Kurz: Alles ist ein Mann und ein Schwein. (Sicherlich falsch.) c) Es gibt ein Ding x, f¨ ur das gilt: x ist ein Mann und ein Schwein. Kurz: Manche M¨anner sind Schweine. (Richtig?!) L¨ osung 1.11 a) ∀x : E(x), wobei E das Pr¨ adikat − ist Eins“ (womit?) bezeichnet. ” b) ∀x : ( W (x) → R(x) ); mit den beiden Pr¨adikaten W − ist ein Weg“ und R ” f¨ uhrt nach Rom“. ”− uler“ und M : − ist gut in Mathe“. c) ∃x : ( S(x) ∧ M (x) ); mit S: − ist Sch¨ ” ” Beachte: ∃x : ( S(x) → M (x) ) dr¨ uckt etwas anderes aus: Da diese Subjunktion automatisch wahr ist, wenn S(x) falsch ist, w¨ are diese Aussage bereits dann wahr, wenn man f¨ ur x z.B. Ferkel einsetzt. adikat − ist Tomate“, so d) Ist G das Pr¨ adikat − ist Gurke“ und T das Pr¨ ” ” lautet die Aussage ¬ ( ∃x : ( G(x) ∧ T (x) ) ) ⇐⇒L ∀x : ¬ ( G(x) ∧ T (x) ), was sich nach Aufgabe 1.4 auch als ∀x : ( G(x) → ¬ T (x) ) schreiben l¨asst. L¨ osung 1.12 a) (i) F¨ ur jedes Ding x gibt es ein Ding y, so dass x schwerer als y ist. (ii) Es gibt ein Ding x, das schwerer als alle anderen Dinge y ist. (iii) Es gibt ein Ding x, f¨ ur das es ein y gibt, so dass x schwerer als y ist. b) ( ∀x ∀y ∃t : F (x,y,t) ) ∧ ( ∀x ∃y ∀t : F (x,y,t) ) ∧ ¬ ( ∃x ∀y ∀t : F (x,y,t) ), wobei man ¬ ( ∃x ∀y ∀t : F (x,y,t) ) auch als ∀x ∃y ∃t : ¬ F (x,y,t) schreiben kann. ur alle n > nε gilt: |a − an | < ε. c) F¨ ur jedes ε > 0 gibt es ein nε ∈ N, so dass f¨ Um dies zu verneinen, wendet man ¬ ( ∃x : F (x) ) ⇐⇒L ∀x : ¬ F (x) und ¨ ¬ ( ∀x : F (x) ) ⇐⇒L ∃x : ¬ F (x) sukzessive an und erh¨alt folgende Aquivalenzkette (das ⇐⇒L wurde eingespart): ¬ ( ∀ε > 0 ∃nε ∈ N ∀n > nε : |a − an | < ε ) ∃ε > 0 : ¬ ( ∃nε ∈ N ∀n > nε : |a − an | < ε ) ∃ε > 0 ∀nε ∈ N : ¬ ( ∀n > nε : |a − an | < ε ) ∃ε > 0 ∀nε ∈ N ∃n > nε : ¬ ( |a − an | < ε ) ∃ε > 0 ∀nε ∈ N ∃n > nε : |a − an |  ε. In Worten: Es gibt ein ε > 0, so dass es f¨ ur alle nat¨ urlichen Zahlen nε ein ur welches die Ungleichung |a − an | < ε nicht erf¨ ullt ist, d.h. n > nε gibt, f¨ ater: an liegt nicht in der f¨ ur welches |a − an |  ε gilt. (Dazu sagen wir sp¨ ” ¨brigens ε-Umgebung um a“.) Dass es f¨ ur jedes nε ∈ N ein n > nε gibt, heißt u nichts anderes, als dass es unendlich viele solcher n gibt.

352

¨ ¨ sungen zu den Ubungsaufgaben Lo

L¨ osungen zu Kapitel 2 Hinweise zu ausgew¨ ahlten Aufgaben Hinweis 2.3 Du sollst Vermutungen aufstellen, ob z.B. das Produkt einer geraden Zahl g mit einer ungeraden Zahl u stets gerade oder ungerade ist. Dazu musst du u ¨berlegen, ob es das Ergebnis des Produkts g · u von der Form 2♥ oder 2♥ + 1 (mit ♥ ∈ N) ist, was sich durch eine leichte Rechnung herausfinden l¨asst, wenn du die gerade Zahl als g = 2k und die ungerade als u = 2l + 1 darstellst (k, l ∈ N0 ). Hinweis 2.4 Schreibe z.B. die Zahl z = 672, deren Quersumme z = 6+7+2 = 15 durch 3 teilbar ist, mit Hilfe ihrer Hunderter-, Zehner- und Einerziffer als Summe. Trick: Schreibe dann 100 als 99 + 1 sowie 10 als 9 + 1 und u ¨berlege, wieso die entstehende Summe von 3 geteilt wird. Analog f¨ ur die 9. Hinweis 2.6 Schreibe zun¨ achst die Kontraposition durch Verneinen der Aussagen und Umdrehen ihrer Reihenfolge auf. Nicht aufeinanderfolgend zu sein bedeutet, dass der Abstand der Zahlen a = b mindestens 2 betr¨agt, also |a − b|  2 gilt. Hinweis 2.7 Die Darstellung von z.B. z = 1024 im Zehnersystem lautet z = 1 · 103 + 0 · 102 + 2 · 101 + 4 · 100 . Allgemein ist z = zn · 10n + zn−1 · 10n−1 + . . . + z1 · 10 + z0 =

n 

zk · 10k

k=0

mit Ziffern zk ∈ { 0, . . . , 9 } f¨ ur k = 1, . . . , n−1 und zn ∈ { 1, . . . , 9 } die (eindeutige) ¨ Darstellung einer Zahl z im Zehnersystem. Uberlege nun, wieso diese Zahl ungerade wird, wenn z0 ungerade ist; beachte dabei, dass jede Zehnerpotenz 10k mit k  1 durch 2 teilbar ist. Hinweis 2.8 Denke z.B. an geometrische Figuren (Dreiecke oder Rechtecke) mit speziellen Eigenschaften (z.B. gleichseitig) und formuliere hierzu einfache wenndann-Aussagen. Oder verwende direkt S¨ atze / Lemmata aus dem Text. Hinweis 2.9 1 = (n + 1) − n und Aufgabe 2.1. Hinweis 2.10 Nimm an, es gilt >“ und f¨ uhre dies durch Quadrieren sowie ” Anwenden der binomischen Formeln zum Widerspruch ♥2 < 0. Hinweis 2.11 Imitiere den Beweis von Satz 2.3, allerdings musst du anstelle von Lemma 2.3 Euklids Lemma verwenden. ¨ Noch eleganter ist folgendes Vorgehen: Uberlege, wieso die Gleichung m2 = 3n2 der Eindeutigkeit der Primfaktorzerlegung widerspricht. (Links und rechts steht dieselbe Zahl; begr¨ unde nun, warum der Primfaktor 3 links bzw. rechts unterschiedlich oft auftritt.) Hinweis 2.12 Zeige: Wenn p1 , . . . , pn die einzigen Primzahlen sind, dann besitzt die Zahl p1 · . . . · pn + 1 keinen Primfaktor.

¨ sungen zu Kapitel 2 Lo

353

Hinweis 2.13 Gehe analog zum Beweis von Satz 2.4 vor; beachte allerdings die dortige Anmerkung: Meist wirst du nicht elegant durch Ausklammern auf das gew¨ unschte Ergebnis kommen, sondern musst die linke und rechte Seite der im (IS) zu beweisenden Gleichung getrennt berechnen und am Ende vergleichen. Die Σ-Notation spart im (IS) etwas Schreibarbeit. Hinweis 2.14 Beim (IA) ist die dritte binomische Formel n¨ utzlich. Beim (IS) musst du Br¨ uche addieren durch Hauptnenner-Bilden. Hinweis 2.15 b) Vereinfache im (IS) (n + 1)3 − (n + 1) so weit wie m¨ oglich (binomische Formel f¨ ur hoch 3 beachten, oder (n+1)3 = (n+1) · (n+1)2 schreiben) und u ¨berlege, wieso n(n + 1) stets gerade, und damit 3n(n + 1) durch 6 teilbar ist. Hinweis 2.16 a) Die Abk¨ urzung n · (n − 1) · (n − 2) · . . . · 2 · 1 := n! (n Fakult¨at) spart viel Schreibarbeit. Beachte, dass (n + 1) · n! = (n + 1)! ist. Ein wechselndes Vorzeichen l¨ asst sich durch (−1)n ausdr¨ ucken. L¨ osung 2.1 Laut Voraussetzung gilt t | a und t | b, also gibt es nat¨ urliche Zahlen k und l mit a = k · t und b = l · t. Beachte, dass wegen a > b auch k > l ist. Wir wollen t | (a−b) zeigen, d.h. wir m¨ ussen eine Zahl m ∈ N finden mit a−b = m · t. Dies l¨ asst sich mit Hilfe des Distributivgesetzes leicht bewerkstelligen: DG

a − b = k · t − l · t = (k − l) · t. Somit ist a − b = m · t mit m := k − l ∈ N (wegen k > l ist m > 0), was t | (a − b) bedeutet.  L¨ osung 2.2 a) Wegen a | b und b | c gibt es nat¨ urliche Zahlen k und l mit b = k · a und c = l · b. Damit folgt (unter Verwendung des Assoziativgesetzes) c = l · b = l · (k · a) = (l · k) · a, woran man a | c ablesen kann, da l · k ∈ N ist.



b) Nach Voraussetzung gilt a | c und b | d, also gibt es nat¨ urliche Zahlen k und l mit c = k · a und d = l · b. Das Produkt c · d l¨asst sich damit faktorisieren als c · d = (k · a) · (l · b) = (k · l) · a · b (Assoziativ- und Kommutativgesetz), woraus die Behauptung a · b | c · d folgt.  c) Wegen t | a und t | b gibt es nat¨ urliche Zahlen k und l mit a = k · t und b = l · t. F¨ ur beliebe m, n ∈ N gilt dann (unter Verwendung von Assoziativund Distributivgesetz) m · a + n · b = m · (k · t) + n · (l · t) = (m · k + n · l) · t, und aufgrund von m · k + n · l ∈ N folgt t | (m · a + n · b). Diese Aussage verallgemeinert Lemma 2.1 sowie Aufgabe 1.1 (wenn man n = −1 zul¨ asst, was am Beweis nichts a¨ndert). 

¨ ¨ sungen zu den Ubungsaufgaben Lo

354

L¨ osung 2.3 Die Summe zweier gerader Zahlen ist wieder gerade. Dasselbe gilt f¨ ur die Summe ungerader Zahlen. Beweis: Sind m = 2k und n = 2l mit k, l ∈ N gerade Zahlen, so ist m + n = 2k + 2l = 2(k + l) wieder gerade. Ebenso ist die Summe zweier ungerader Zahlen u = 2k + 1 und v = 2l + 1 mit k, l ∈ N0 wieder gerade, denn es gilt u + v = 2k + 1 + 2l + 1 = 2(k + l) + 2 = 2(k + l + 1).



Das Produkt zweier ungerader Zahlen ist ungerade. Beweis:

Sind u = 2k + 1 und v = 2l + 1 (k, l ∈ N0 ) zwei ungerade Zahlen, so ist

u · v = (2k + 1) · (2l + 1) = 4kl + 2k + 2l + 1 = 2(2kl + k + l) + 1 = 2x + 1 mit x := 2kl + k + l ∈ N0 , also ist u · v ungerade.



Analog zeigt man: Produkte gerader Zahlen sind gerade und das Produkt einer geraden mit einer ungeraden Zahl ist ebenfalls gerade. (Ist mindestens einer der Faktoren gerade, so taucht automatisch der Faktor 2 im Produkt auf.) L¨ osung 2.4 Wir f¨ uhren hier nur einen beispielgebundenen Beweis. Die Quersumme der Zahl z = 672 = 6 · 100 + 7 · 10 + 2 · 1 betr¨ agt z = 6 + 7 + 2 = 15, was durch 3 teilbar ist. Also sollte 3 auch z selbst teilen. Um dies einzusehen, spaltet man die Zehnerpotenzen auf als 100 = 99 + 1 und 10 = 9 + 1: z = 6 · (99 + 1) + 7 · (9 + 1) + 2 · 1 = (6 · 99 + 7 · 9) + (6 + 7 + 2) = (6 · 99 + 7 · 9) + z. Der erste Summand s := 9 · (6 · 11+7 · 1) ist durch 3 teilbar, z ist laut Voraussetzung durch 3 teilbar, also ist 3 auch ein Teiler von z = s + z (Lemma 2.1). Diese Idee kann man nun leicht auf beliebige Zahlen verallgemeinern; es ist nur etwas l¨astig, dies allgemein aufzuschreiben. Ist z sogar durch 9 teilbar, so folgt die Teilbarkeit von z durch 9, weil der Summand s stets auch durch 9 teilbar ist. L¨ osung 2.5 Es ist m1 = p1 + 1 = 3 bereits prim, also p2 = 3. Ebenso ist m2 = p1 · p2 + 1 = 7 prim, d.h. p3 = 7. Und erneut wird m3 = p1 · p2 · p3 + 1 = 43 achsten Schritt ist m4 = p1 · p2 · p3 · p4 + 1 = 1807, was prim, also p4 = 43. Im n¨ man nach etwas Rumprobieren als 13 · 139 faktorisieren kann. Somit ist p5 = 13 die f¨ unfte Primzahl unserer Liste. Einmal noch: m5 = p1 · p2 · p3 · p4 · p5 + 1 = 23479 = 53 · 443 (nach langem Probieren). Die Liste 2, 3, 7, 43, 13, 53 l¨ asst sich so beliebig weit fortsetzen, allerdings wird es immer schwieriger zu erkennen, ob die Zahlen m prim sind bzw. wie man sie faktorisieren kann. L¨ osung 2.6 Die Kontraposition von Wenn die Zahlen von der Form n und ” n + 1 sind (A), dann sind sie teilerfremd (B)“ lautet:

¨ sungen zu Kapitel 2 Lo

355

Wenn zwei Zahlen a und b einen echten gemeinsamen Teiler besitzen ” (¬ B), dann folgen sie nicht aufeinander, d.h. |a − b| = 1 (¬ A).“ Beweis der Kontraposition: Zun¨achst schließen wir den trivialen Fall a = b aus, wo einfach a − b = 0 ist. Sei nun also a = b und t  2 ein Teiler von a und b. Dann gibt es Zahlen k = l mit a = k · t und b = l · t und es folgt |a − b| = |k · t − l · t| = |(k − l) · t| = |k − l| · t. Wegen k = l und t  2 ist das letzte Produkt  2, d.h. a und b haben einen Abstand von gr¨oßer als 1, sie folgen also nicht aufeinander.  Will man den Betrag vermeiden, so kann man o.B.d.A. ( ohne Beschr¨ ankung der ” Allgemeinheit“) annehmen, dass a > b ist. L¨ osung 2.7 Die Kontraposition von Ist eine Zahl gerade (A), so ist ihre letzte ” Ziffer (im Zehnersystem) gerade (B)“ lautet: Ist die letzte Ziffer einer Zahl ungerade (¬ B), dann ist die Zahl selbst ” ungerade (¬ A)“. Beweis der Kontraposition: Es sei z = zn · 10n + zn−1 · 10n−1 + . . . + z1 · 10 + z0 die Darstellung der Zahl z im Zehnersystem. Da alle Summanden des Ausdrucks zn · 10n + zn−1 · 10n−1 + . . . + z1 · 10 durch 2 teilbar sind, ist er gerade, also von der Form 2k (k ∈ N). Nach Voraussetzung ist die letzte Ziffer von der Form z0 = 2l + 1 (mit l  4), und es folgt z = zn · 10n + zn−1 · 10n−1 + . . . + z1 · 10 + z0 = 2k + (2l + 1) = 2(k + l) + 1, d.h. z ist ungerade. L¨ osung 2.8



Ein simples Beispiel aus der Geometrie: F¨ ur eine Figur F gilt

Wenn F ein Quadrat ist (A), dann ist F ein Rechteck (B).“ ” ¬ A =⇒ ¬ B lautet hier: Wenn F kein Quadrat ist, dann ist F kein Rechteck.“ Dies ” ist sicherlich falsch (Gegenbeispiel aufzeichnen). Ebenso ist der Kehrsatz B =⇒ A, also Wenn F ein Rechteck ist, dann ist F ein Quadrat“ falsch. Das sollte einen ” nun nicht mehr u ¨berraschen, da B =⇒ A und ¬ A =⇒ ¬ B als Kontrapositionen logisch ¨aquivalent sind. Die Kontraposition des urspr¨ unglichen Satzes lautet Wenn F kein Rechteck ist ” (¬ B), dann ist F kein Quadrat (¬ B)“, was nat¨ urlich stimmt. Versuche dasselbe mit einem der Lemmata bzw. S¨atze aus dem Text Beachte dabei: Um zu zeigen, dass ein Satz falsch ist, gen¨ ugt stets die Angabe eines Gegenbeispiels! L¨ osung 2.9 Angenommen, n und n + 1 haben einen echten gemeinsamen Teiler t  2. Dann teilt t nach Aufgabe 2.1 auch die Differenz 1 = (n + 1) − n, was ein Widerspruch zu t  2 ist. (Dies ist eleganter als L¨osung 2.6.) 

¨ ¨ sungen zu den Ubungsaufgaben Lo

356

√ L¨ osung 2.10 Angenommen, es gilt 2 · ab > a+b. Da beide Seiten positiv sind, erh¨alt Quadrieren die Ungleichung, d.h.  √ 2 2 · ab = 4ab > (a + b)2 = a2 + 2ab + b2 , asst. Widerspruch, weil das was sich zu 0 > a2 − 2ab + b2 = (a − b)2 umformen l¨ Quadrat einer reellen Zahl nicht negativ sein kann.  √ L¨ osung 2.11 Wir nehmen an, die Aussage des Satzes sei falsch, also dass 3 asst: rational ist und sich somit als (positiver) Bruch m n mit m, n ∈ N darstellen l¨ √

3=

m n

().

Zudem nehmen wir an, dass m und n teilerfremd sind, der Bruch also vollst¨andig gek¨ urzt wurde. Nach Definition der Quadratwurzel folgt durch Quadrieren von ()  m 2 n

=

√ 2 3 =3

bzw.

m2 = 3n2 .

Nun ist 3n2 durch 3 teilbar, also muss auch m2 = m · m durch 3 teilbar sein. Nach Euklids Lemma muss dann bereits m selbst durch 3 teilbar sein, d.h. m = 3k mit einem k ∈ N. Eingesetzt in obige Gleichung liefert dies 3n2 = m2 = (3k)2 = 9k 2 , und Teilen durch 3 ergibt n2 = 3k 2 , woraus wie eben folgt, dass auch n durch 3 teilbar ist. Somit besitzen m und n die 3 als gemeinsamen Teiler, im Widerspruch zu ihrer Teilerfremdheit.  Da Euklids Lemma f¨ ur jede Primzahl p gilt, funktioniert dieser Beweis f¨ ur jedes √ p. Dies zeigt, dass es unendlich viele irrationale Zahlen gibt. Alternative unter Verwendung der eindeutigen PFZ: Aus Gleichung ()2 , m2 = 3n2 , folgt zun¨ achst, dass 3 ein Teiler von m2 = 3n2 ist und nach Euklids Lemma folgt 3 | m, d.h. m enth¨alt mindestens 1-mal die 3 als Primfaktor. Somit tritt die 3 in m2 = m · m mindestens 2-mal als Primfaktor auf. Auf der rechten Seite, 3n2 , tritt die 3 jedoch nur 1-mal als Primfaktor auf, denn da m und n teilerfremd sind, kann 3 kein Teiler von n und damit auch nicht von n2 sein (wieder nach Euklids Lemma). Da m2 und 3n2 dieselbe Zahl sind, widerspricht dies der eindeutigen Primfaktorzerlegung.  alt die 3 geradzahlig oft als Primfaktor, w¨ ahrend sie in 3n2 (Noch k¨ urzer: m2 enth¨ ungeradzahlig oft auftritt, aufgrund des zus¨ atzlichen Faktors 3.) L¨ osung 2.12 (Alle Bezeichungen wie im Text selbst.) Wir nehmen an, A ist wahr und B ist falsch (¬ B wahr), und folgern daraus, dass

357

¨ sungen zu Kapitel 2 Lo

A falsch (¬ A wahr) ist. Ist ¬ B wahr, dann gibt es nur endlich viele Primzahlen, sagen wir n St¨ uck, die wir als p1 , . . . , pn auflisten k¨ onnen. Wir betrachten wie gehabt die Zahl m = p1 · . . . · pn + 1. Da m gr¨oßer als alle pi ist, kann es nicht in der Liste stehen und kann daher nach Voraussetzung nicht prim sein. Aber keine Primzahl pi aus der Liste kann ein Teiler von m sein, denn sonst w¨ urde pi auch 1 = m − p1 · . . . · pn teilen, was unm¨oglich ist. Somit hat m keinen Primfaktor und der Satz von der  Primfaktorzerlegung (A) ist falsch. Widerspruch1 . L¨ osung 2.13 a) (IA): F¨ ur n = 1 steht links und rechts 1. (IS): Es gelte 1 + 4 + 7 + . . . + (3n − 2) = 12 n(3n − 1) f¨ ur ein n (IV). Wir zeigen die G¨ ultigkeit der Formel f¨ ur n + 1, d.h. dass   1   ! 1 1+4+7+. . .+ 3(n+1)−2 = (n+1) 3(n+1)−1 = (n+1)(3n+2) ()a 2 2 gilt. Dazu setzen wir links die (IV) ein:   (IV) 1 1 + 4 + 7 + . . . + (3n − 2) + 3(n + 1) − 2 = n(3n − 1) + (3n + 1). 2 Dies kann man weiter zusammenfassen zu (klammere zun¨ achst noch

1 2

aus):

 1 1 1 2 n(3n − 1) + (3n + 1) = 3n − n + 2(3n + 1) = ( 3n2 + 5n + 2 ), 2 2 2 was nichts anderes als 12 (n + 1)(3n + 2) aus ()a ist (multipliziere aus).



Bei allen Induktionsbeweisen greift nach dem Beweis von (IS) die Induktionsschleife, was wir nicht jedes Mal extra dazu schreiben. In Summen-Notation w¨ urde der Beginn des (IS) wie folgt aussehen: n+1  k=1

(3k − 2) =

n 

(IV)

(3k − 2) + (3(n + 1) − 2) =

k=1

1 n(3n − 1) + (3n + 1) 2

...

b) (IA): Passt, da 1 = 12 . (IS): Es gelte 1+3+5+. . .+(2n−1) = n2 f¨ ur ein n (IV). Wir zeigen die G¨ ultigkeit der Formel f¨ ur n + 1, d.h. dass   1 + 3 + 5 + . . . + 2(n + 1) − 1 = (n + 1)2 gilt. Dazu setzen wir links die (IV) ein:   (IV) 1 + 3 + 5 + . . . + (2n − 1) + 2(n + 1) − 1 = n2 + (2n + 1) = (n + 1)2 (1. Binom) und schon sind wir fertig.



1 Der Widerspruch bei reductio ad absurdum liegt allgemein in der gleichzeitigen Wahrheit von A und ¬ A. Hier k¨ onnte man aber auch sagen, dass A wahr ist (als bewiesener Satz) und demnach ¬ A nicht wahr sein kann.

¨ ¨ sungen zu den Ubungsaufgaben Lo

358

c) (IA): Passt, da 12 =

1 6

· 1 · 2 · 3.

(IS): Es gelte 12 + 22 + . . . + n2 = 16 n(n + 1)(2n + 1) f¨ ur ein n (IV). Wir zeigen die G¨ ultigkeit der Formel f¨ ur n + 1, d.h. dass   1 (n + 1)(n + 2) 2(n + 1) + 1 6 1 = (n + 1)(2n2 + 7n + 6) ()c 6

12 + 22 + . . . + (n + 1)2 =

gilt (am Ende wurden die letzten beiden Klammern ausmultipliziert). (IV) links einsetzen: (IV)

12 + 22 + . . . + n2 + (n + 1)2 =

1 n(n + 1)(2n + 1) + (n + 1)2 . 6

Nun wird 16 (n + 1) ausgeklammert:   1 1 n(n + 1)(2n + 1) + (n + 1)2 = (n + 1) n(2n + 1) + 6(n + 1) , 6 6 und die zweite Klammer ergibt tats¨achlich 2n2 + 7n + 6 wie in ()c . d) (IA): Passt, da 13 =

1 4



· 12 · 22 .

(IS): Es gelte 13 + 23 + . . . + n3 = 14 n2 (n + 1)2 f¨ ur ein n (IV). Wir zeigen die G¨ ultigkeit der Formel f¨ ur n + 1, d.h. dass 13 + 23 + . . . + (n + 1)3 =

1 (n + 1)2 (n + 2)2 4

()d

gilt. (IV) links einsetzen: (IV)

13 + 23 + . . . + n3 + (n + 1)3 =

1 2 n (n + 1)2 + (n + 1)3 . 4

Jetzt kann 14 (n + 1)2 ausgeklammert werden:   1 1 2 1 n (n+1)2 +(n+1)3 = (n+1)2 n2 +4(n+1) = (n+1)2 (n2 +4n+4). 4 4 4 Erkennt man nun noch das Binom (n + 2)2 in der zweiten Klammer, steht  dasselbe wie in ()d da. uberpr¨ ufe Die erstaunliche Beziehung (1 + 2 + . . . + n)2 = 13 + 23 + . . . + n3 (¨ sie f¨ ur einige n), folgt nun m¨ uhelos, indem man links die gaußsche Summenformel ¨bergeht, was einsetzt, also 12 n(n + 1), die beim Quadrieren in das Ergebnis von d) u der rechten Seite entspricht. L¨ osung 2.14

(IA): 3. Binom (a2 − b2 ) = (a + b) · (a − b) hilft weiter.

359

¨ sungen zu Kapitel 2 Lo

F¨ ur n = 1 geht die linke Seite der Formel unter Verwendung des Binoms in die rechte u ¨ber: 1 − q2 12 − q 2 (1 + q)(1 − q) = = = 1 + q. 1−q 1−q 1−q (IS): Gilt 1 + q + q 2 + . . . + q n =

1−q n+1 1−q

f¨ ur ein n (IV), so folgt durch Bruchrechnen

1 − q n+1 + q n+1 1−q 1 − q n+2 1 − q n+1 + q n+1 (1 − q) = . = 1−q 1−q (IV)

1 + q+ . . . + q n + q n+1 =

Damit gilt die geometrische Summenformel auch f¨ ur n + 1. L¨ osung 2.15



a) (IA): 9 teilt 101 − 1 = 9.

(IS): F¨ ur ein n sei 9 ein Teiler von 10n − 1, also 10n − 1 = m · 9 f¨ ur ein m ∈ N (IV). Wir zeigen, dass dann auch 10n+1 − 1 durch 9 teilbar ist. Es ist 10n+1 = 10 · 10n , und aus der (IV) folgt 10n = 9m + 1, was auf 10n+1 −1 = 10 · 10n −1 = 10 · (9m+1)−1 = 90m+9 = (10m+1) · 9 = k · 9 f¨ uhrt (mit k := 10m + 1 ∈ N), also ist 10n+1 − 1 durch 9 teilbar.



Die Aussage ist auch ohne Induktion klar, denn 10n − 1 ist eine Zahl mit n 9ern als Ziffern (bzw. 10n − 1 = (10 − 1) · s = 9s mit s = 1 + 101 + . . . + 10n−1 nach der geometrischen Summenformel). ur n = 2. b) (IA): 6 teilt 23 − 2 = 6, also stimmt die Aussage f¨ (IS): F¨ ur ein n  2 sei n3 − n durch 6 teilbar, also von der Form n3 − n = m · 6 f¨ ur ein m ∈ N (IV). Wir zeigen, dass dann auch (n + 1)3 − (n + 1) durch 6 teilbar ist. Zun¨ achst ist (IV)

(n+1)3 −(n+1) = n3 +3n2 +3n+1−n−1 = n3 −n+3n2 +3n = 6m+3n(n+1). Das Produkt n(n + 1) ist nach Aufgabe 2.3 stets gerade, da entweder n oder n + 1 gerade ist, also kann man n(n + 1) = 2l mit einem l ∈ N schreiben. Damit ergibt sich (n + 1)3 − (n + 1) = 6m + 3 · 2l = 6m + 6l = 6(m + l), und man erkennt die Teilbarkeit durch 6.



Ohne Induktion: Faktorisiere n3 − n = n(n2 − 1) = n(n + 1)(n − 1). Nun sind n − 1, n und n + 1 drei aufeinanderfolgende Zahlen, d.h. mindestens eine von ihnen ist gerade, also durch 2 teilbar, und eine von ihnen ist 3 oder 6 oder 9 etc. und damit durch 3 teilbar. Nach Aufgabe 2.2 b) ist das Produkt durch 2 · 3 = 6 teilbar.

¨ ¨ sungen zu den Ubungsaufgaben Lo

360

L¨ osung 2.16 1 2 3·2 4·3·2 , f  (x) = 3 , f  (x) = − 4 , f (4) (x) = ... x2 x x x5 n! Vermutung: f (n) (x) = (−1)n n+1 , mit n! := n · (n−1) · (n−2) · . . . · 2 · 1. x

a) f  (x) = −

(IA): Passt, da (−1)1

1! x1+1

=−

1 . x2

n! = (−1)n n! · x−(n+1) f¨ ur ein n. Wir leiten dies xn+1 −(n+1)  −n−1  −n−2 ) = (x ) = −(n + 1)x ), und erhalten ab (beachte (x

(IS): Es gelte f (n) (x) = (−1)n

  − (n + 1) · n! (n + 1)! = (−1)n+1 n+2 . f (n+1) (x) = f (n) (x) = (−1)n xn+2 x



1 1 b) (IA): Die erste Ableitung von f (x) = √ = x− 2 ist x 3 1 1 1 f  (x) = − x− 2 = √ 3 . 3 = 2 −2 · x 2 −2 · x

Das gleiche Ergebnis liefert auch die angegebene Formel f¨ ur n = 1. (IS): Es gelte f (n) (x) = ein n. Ableiten:

1 · 3 · 5 · . . . · (2n − 1) 1 · 3 · 5 · . . . · (2n − 1) − 2n+1 · x 2 f¨ ur √ 2n+1 = n (−2)n (−2) · x

2n + 1 1 · 3 · 5 · . . . · (2n − 1) − 2n+1 −1 · ·x 2 −2 (−2)n 1 · 3 · 5 · . . . · (2n − 1) · (2n + 1) − 2n+3 = ·x 2 (−2)n+1 1 · 3 · 5 · . . . · (2n − 1) · (2(n + 1) − 1) = . √ 2(n+1)+1 (−2)n+1 · x

f (n+1) (x) =

L¨ osung 2.17

(IA): Ein Sch¨ uler allein schl¨ agt in

1 2



· 0 · 1 = 0 H¨ ande ein.

(IS): Die Formel stimme f¨ ur ein n (IV). Haben wir n + 1 Sch¨ uler im Raum, so gruppieren wir sie zun¨ achst in n Sch¨ uler, die sich laut (IV) mit 12 (n − 1)n Handschl¨ agen begr¨ ußen. Der verbleibende (n + 1)-te Sch¨ uler muss dann noch n Sch¨ uler begr¨ ußen, also finden insgesamt  n 1 n  (n − 1) · n + n = · (n − 1) + 2 = · (n + 1) 2 2 2  1 1 = n · (n + 1) = (n + 1) − 1 · (n + 1) 2 2 Handschl¨ age statt. (Im ersten Schritt wurde

n 2

ausgeklammert.)



361

¨ sungen zu Kapitel 2 Lo

Ohne Induktion: Wir lassen die Sch¨ uler nacheinander durch die T¨ ur laufen und sich begr¨ ußen. Der zweite Sch¨ uler muss in eine Hand einschlagen, der n¨ achste in zwei, der u ¨bern¨ achste in drei usw., und der n-te schließlich schl¨ agt in n − 1 H¨ ande ein. Die Gesamtzahl der Handschl¨age betr¨ a gt dann nach der gaußschen Summenformel:   1 + 2 + 3 + . . . + (n − 1) = 12 (n − 1) (n − 1) + 1 = 12 (n − 1) · n . L¨ osung 2.18 Stimmt doch, oder? :) Der Fehler liegt darin, dass die im (IS) beschriebene Aufteilung in S1 , . . . , Sn und ur n = 1 keinen gemeinsamen Sch¨ uler hat: Die erste Gruppe besteht S2 , . . . , Sn+1 f¨ nur aus S1 , w¨ahrend die zweite nur aus S2 besteht. Man kann nun also nicht von der ersten Gruppe auf die zweite schließen, da der (nur f¨ ur n  2 vorhandene) gemeinsame Sch¨ uler Sn fehlt. Somit ist der (IS) von 1 auf 1 + 1 = 2 falsch. L¨ osung 2.19 a) Zun¨ achst berechnen wir einige Binomialkoeffizienten. 1 1 0 0! 1! 0 = 0! ·0! = 1, 0 = 0! ·1! = 1 = 1 2  0

3 0

4  0

=

2! 0! ·2!

=1=

2 

2

2

1

=

3! 0! ·3!

= 1,

3

=1=

1

4

 4

4

1

,

, =

=

=

3! 1! ·2!

4! 1! ·3!

2! 1! ·1!

=

=

=2

3 ·2 ·1 2

4 ·3 ·2 ·1 3 ·2 ·1

= 3,

3 2

=4=

=

3! 2! ·1!

4 

 4

3

2

,

= 3, =

4! 2! ·2!

3 3

=

=

3! 3! ·0!

4 ·3 ·2 ·1 4

=1

=6

Ganz allgemein gilt         n n! n n n n · (n − 1) · . . . 2 · 1 = = = 1, = = = n, n−1 1 n 0 1! · (n − 1)! (n − 1) · . . . 2 · 1     n n! n n · (n − 1) · (n − 2) · . . . 2 · 1 n · (n − 1) = = = = . n−2 2 2! · (n − 2)! 2 · (n − 2) · . . . 2 · 1 2 Hinter dem ersten Gleichheitszeichen steckt die folgende Symmetrieregel     n n! n n! = . = = n−k k (n − k)! · (n − (n − k))! (n − k)! · k! Die Binomialkoeffizienten sind die Eintr¨age des Pascal-Dreiecks (man erh¨alt einen Eintrag = 1 als Summe der beiden u ¨ber ihm stehenden Zahlen): n=0

1

n=1

1

n=2

1

n=3 n=4

1 1

1 2

3 4

1 3

6

1 4

1

¨ ¨ sungen zu den Ubungsaufgaben Lo

362

F¨ ur die ersten vier Binome ergibt sich somit ((a + b)0 z¨ ahlen wir nicht):     1 1 0 1 1−1 1 a b + a b =a+b a b = (a + b) = 0 1 k k=0       2    2 2 0 2 2−1 1 2 2−2 2 2 2−k k a b + a b + a b a (a + b)2 = b = 0 1 2 k 1    1

1

1−k k

k=0

= a2 + 2ab + b2 3

(a + b) =

3    3 k=0

(a + b)4 =

a3−k bk = . . . = a3 + 3a2 b + 3ab2 + b3

k

4    4

k=0

k

a4−k bk = . . . = a4 + 4a3 b + 6a2 b2 + 4ab3 + b4 .

b) Die zu beweisende   Regel ist genau das Bildungsgesetz des Pascal-Dreiecks: Man erh¨ alt n+1 ¨ber ihm liegenk , indem man n die beiden  n  im Pascal-Dreieck u den Binomialkoeffizienten k und k−1 addiert (k > 0).     n n! n n! = + + k−1 k k! · (n − k)! (k − 1)! · (n − (k − 1))! =

n! (n + 1) − k n! k · + · k! · (n − k)! (n + 1) − k (k − 1)! · ((n + 1) − k)! k

Es wurde n − (k − 1) zu (n + 1) − k umgeschrieben, und durch Erweitern mit den grauen Br¨ uchen stellen wir den Hauptnenner k! · ((n + 1) − k)! her: Wegen (k − 1)! · k = k! und (n−k)! · ((n+1)−k) = (n−k)! · ((n−k)+1) = ((n−k)+1)! = ((n+1)−k)! steht jetzt n¨amlich das Gleiche im Nenner beider Br¨ uche. Auf einen Bruchstrich schreiben und zusammenfassen liefert das gew¨ unschte Ergebnis (beachte erneut (n + 1) · n! = (n + 1)!): n! · ((n + 1) − k) + n! · k n! · (n + 1) − n! · k + n! · k = k! · ((n + 1) − k)! k! · ((n + 1) − k)!   n+1 (n + 1)! . = = k k! · ((n + 1) − k)! c) Den (IA) f¨ ur n = 1 haben wir bereits in a) erbracht. (IS): Unter der (IV), dass der binomische Lehrsatz f¨ ur ein n gilt, schließen wir nun auf seine G¨ ultigkeit f¨ ur n + 1: & n   '  n n+1 n (IV) n−k k (a + b) a = (a + b) · (a + b) = (a + b) · b . k k=0

363

¨ sungen zu Kapitel 2 Lo

Ausmultiplizieren und distributives Hineinziehen von a und b in die Summe f¨ uhrt auf n   n     n n−k k n n−k k a a a· b + b· b k k k=0

k=0

n   n    n n+1−k k  n n−k k+1 a a = b + b . k k k=0

()

k=0

Um die Summen zusammenfassen zu k¨onnen, f¨ uhren wir in der zweiten Summe einen Indexshift von k auf k − 1 durch: n    n k=0

an−k bk+1 =

k

n+1  k=1

 n+1  n  n an−(k−1) b(k−1)+1 = an+1−k bk . k−1 k−1 k=1

Dadurch haben wir erreicht, dass in beiden Summen in () dieselben Terme an+1−k bk auftreten, allerdings startet nun die erste Summe in () bei k = 0 statt bei k = 1 und die zweite geht bis n+1 statt nur bis n. Deshalb schreiben wir bei Summe 1 den ersten Summanden (k = 0) und bei Summe 2 den letzten Summanden (k = n + 1) gesondert hin:      n   n   n n+1 0  n n+1−k k n 0 n+1 n a a b a an+1−k bk + b + b + . 0 n k k−1 k=1

k=1

Nun haben wir es fast geschafft, denn fassen wir die Summen zusammen, so ergibt sich   n    n n n+1 0 an+1−k bk + 1 · a0 bn+1 + 1·a b + k−1 k k=1

b)

   n  n + 1 n+1 0  n + 1 n+1−k k n + 1 0 n+1 a a a b b + b + k 0 n+1 



=

k=1

=

n+1  k=0



n + 1 n+1−k k a b , k

und das ist genau der binomische Lehrsatz f¨ ur n + 1. Uff!



Die Begr¨ undung des Indexshifts ist trivial: Schreibt man sich die linke und rechte Seite von n  k=0

A(k) =

n+1 

A(k − 1).

k=1

auf, so steht beidesmal die Summe A(0) + A(1) + . . . + A(n) da.

¨ ¨ sungen zu den Ubungsaufgaben Lo

364

L¨ osung 2.20 n

a) Unter Beachtung von 22 = 2(2

n

)

folgt:

0

F0 = 22 + 1 = 21 + 1 = 3 1

F1 = 22 + 1 = 22 + 1 = 5 2

F2 = 22 + 1 = 24 + 1 = 17 3

F3 = 22 + 1 = 28 + 1 = 257. F0 = 3 = 5 − 2 = F1 − 2 F0 · F1 = 15 = 17 − 2 = F2 − 2

Es gilt

F0 · F1 · F2 = 255 = 257 − 2 = F3 − 2. b) Vermutung:

Es gilt

F0 · F1 · . . . · Fn−1 = Fn − 2

f¨ ur alle n ∈ N.

Beweis durch vollst¨ andige Induktion u ¨ber n. (IA): F¨ ur n = 1 gilt wie oben bereits festgestellt F0 = F1 − 2. (IV): F¨ ur ein n ∈ N gelte F0 · F1 · . . . · Fn−1 = Fn − 2. (IS): Dann folgt f¨ ur n + 1: (IV)

F0 · F1 · . . . · Fn = F0 · F1 · . . . · Fn−1 · Fn = (Fn − 2) · Fn  n   n  Binom  n 2 = 22 − 1 · 22 + 1 = 22 − 12 = 22

n

·2

− 1 = 22

n+1

− 1 = Fn+1 − 2.



c) Ist t ein Teiler von Fk , so teilt t auch das Produkt F0 · F1 · . . . · Fn−1 . Teilt t zudem noch Fn , dann ist t ein Teiler der Differenz b)

Fn − F0 · F1 · . . . · Fn−1 = 2, also kommt nur t = 1 oder t = 2 in Frage. Nun sind aber alle Fermat-Zahlen n ungerade (da Fn = 2m + 1 mit m = 22 −1 ∈ N gilt), also scheidet t = 2 aus, d.h. zwei verschiedene Fermat-Zahlen Fk = Fn besitzen nur t = 1 als gemeinsamen Teiler, sprich sie sind teilerfremd. d) Offenbar sind alle Fn verschieden (F0 < F1 < F2 < . . . ), d.h. es gibt unendlich viele Fermat-Zahlen. Nach Theorem 2.1 besitzt jedes Fn mindestens einen Primfaktor pn , der nach c) kein Primfaktor einer anderen Fermat-Zahl sein kann. Somit ist p0 , p1 , p2 , . . . eine unendlich lange Liste verschiedener Primzahlen, d.h. die Menge P aller Primzahlen kann nicht endlich sein. 

365

¨ sungen zu Kapitel 3 Lo

L¨ osungen zu Kapitel 3 L¨ osung 3.1 a) A = { n | n = 42k mit k ∈ Z } b) Ist eine Zahl n ∈ N mit Rest 2 durch 7 teilbar, so heißt das, dass n − 2 durch 7 teilbar ist, also gilt n − 2 = 7k mit k ∈ N0 (wegen 7 | 0 kann man auch n = 2 erlauben). Somit ist B = { n | n = 7k + 2 mit k ∈ N0 }. L¨ osung 3.2 Genau einer der beiden F¨alle M ∈ M oder M ∈ / M m¨ usste doch wohl eintreten, oder? Angenommen es ist M ∈ M. Dann erf¨ ullt M aufgrund der Definition von M die Bedingung M ∈ / M, was im Widerspruch zur Annahme steht. Angenommen es ist M ∈ / M, dann darf M die definierende Eigenschaft von M nicht erf¨ ullen, d.h. es darf nicht M ∈ / M gelten. Daraus folgt M ∈ M im Widerspruch zur Annahme. Somit sind beide Annahmen falsch. Anders formuliert haben wir f¨ ur M gerade die ¨ absurde Aquivalenz M ∈ M ⇐⇒ M ∈ / M gefolgert. L¨ osung 3.3

Am besten zeichnest du dir noch die Intervalle u ¨bereinander auf.

uhrliche Begr¨ undung: a) [ 0 , 1 ] ∩ ( 12 , 2 ] = ( 12 , 1 ]. Ausf¨ [ 0 , 1 ] ∩ ( 12 , 2 ] = { x ∈ R | 0  x  1 ∧

1 2

0 sein, andererseits w¨are x aber auch kleiner als jedes 1 , oglich: Wie in a) findet man eine nat¨ i i ∈ N. Dies ist nicht m¨  urliche Zahl ix mit ix > x1 , d.h. i1x < x. Somit enth¨alt der Durchschnitt i∈I Mi keine Elemente. Die Vereinigung ist i∈I Mi = M1 = ( 0 , 1 ). ⊇“ ist klar nach Definition der ” ur alle i ∈ N. Vereinigung und ⊆“ folgt aus Mi ⊆ M1 f¨ ” c) Die De Morgan-Regeln f¨ ur beliebige Schnitte und Vereinigungen lauten  C

C 

Mi = MiC und Mi = MiC . i∈I

i∈I

i∈I

i∈I

Beweis der ersten Regel: C  Mi ⇐⇒ x ∈ Mi ⇐⇒ x ∈ Mj f¨ ur ein j ∈ I x∈ i∈I

i∈I

ur ein j ∈ I ⇐⇒ x ∈ ⇐⇒ x ∈ MjC f¨

i∈I

MiC .

¨ ¨ sungen zu den Ubungsaufgaben Lo

370

Auch hier bedeutet f¨ ur ein j“ wieder f¨ ur mindestens ein j“. ” ” Beweis der zweiten Regel: x∈



Mi

C

⇐⇒ x ∈

i∈I



Mi ⇐⇒ x ∈ Mi f¨ ur alle i ∈ I

i∈I

ur alle i ∈ I ⇐⇒ x ∈ ⇐⇒ x ∈ MiC f¨



MiC .

i∈I



L¨ osung 3.12 −1 ([ 169 , 361 ]) = [−19 , −13 ] ∪ [ 13 , 19 ] a) im q = R+ 0 ; q([ 1 , 3 )) = [ 1 , 9 ); q (gesucht sind alle Zahlen, deren Quadrat in [ 169 , 361 ] liegt);√ q −1 √ (−1) = ∅, ur kein x ∈ R gilt; q −1 ((−1 , 2 )) = (− 2 , 2 ). da q(x) = x2 = −1 f¨

b) im f = { s, k },

f −1 (m) = ∅,

f −1 (s) = { d, p },

f −1 ({ s, k }) = A.

c) F¨ ur n = 0 ist p(x) = a0 = konst., d.h. im p = {a0 }. F¨ ur n > 0 unterscheide: Falls n ungerade ist, gilt im p = R, weil die Polynomfunktion dann f¨ ur x → ∞ gegen +∞ (da an > 0 vorausgesetzt wurde) und f¨ ur x → −∞ gegen −∞ strebt und dazwischen jeden y-Wert annimmt (ohne Beweis). F¨ ur gerades n gilt p(x) → +∞ f¨ ur x → ±∞ (an > 0) und an einer Stelle x0 nimmt p(x) sein globales Minimum an. Deshalb ist in diesem Fall im p = [ p(x0 ) , ∞ ). d) id−1 (N ) = N f¨ ur beliebiges N ⊆ A. e) im r = N  2 ,

r−1 ({169, . . . , 361}) = {168, . . . , 360}.

L¨ osung 3.13 a) Da die (und nur die) reellen Zahlen zwischen −1 und 1 (Grenzen inklusive) vom Sinus getroffen werden, ist im sin = sin(R) = [ −1 , 1 ]. b) Es gilt sin([ π , 2π ]) = [ −1 , 0 ], wie man am Schaubild erkennt. c) Die Urbildmenge sin−1 ({0}) besteht aus allen x-Werten mit sin(x) ∈ {0}, sprich sin(x) = 0, also aus den Nullstellen der Sinusfunktion: sin−1 ({0}) = { x ∈ R | sin(x) = 0 } = { . . . ,−π, 0, π, 2π, . . . }, wobei man die letzte Menge kompakter als { k · π | k ∈ Z } oder noch k¨ urzer als Zπ bzw. πZ schreibt. d) Die Menge sin−1 ({1}) besteht aus allen x mit sin(x) = 1, also (siehe Schaubild und beachte die 2π-Periodizit¨at des Sinus) , sin−1 ({1}) = { x ∈ R | sin(x) = 1 } = π2 + k · 2π | k ∈ Z = π2 + 2πZ.

371

¨ sungen zu Kapitel 3 Lo

y y = sin x

1

−π

0

π

2π

3π

4π

x

−1

Abbildung A.2 e) Nur die grauen Abschnitte auf der x-Achse in Abbildung A.2 liefern Sinuswerte in [ −1 , 0 ], also gilt sin−1 ( [ −1 , 0 ] ) = . . . [ −π , 0 ] ∪ [ π , 2π ] ∪ [ 3π , 4π ] ∪ . . . , was man eleganter schreiben kann als

sin−1 ( [ −1 , 0 ] ) = [ kπ , (k + 1)π ] , k∈O

wobei k die ungeraden Zahlen O = { . . . ,−1, 1, 3, 5, . . . } durchl¨ auft. √ L¨ osung 3.14 im f ⊆ B: Sei y ∈ im f , d.h. y = x f¨ ur ein x ∈√A = R+ 0 . Nach Definition der Wurzel ist dann y  0, also y ∈ B. (Erinnere dich: x ist die nicht negative L¨osung der Gleichung y 2 = x.) B ⊆ im f : Sei y ∈ B, d.h. y  0. Wir wollen y ∈ im f zeigen, also gilt es ein x ∈ A mit f (x) = y zu finden. W¨ ahlen wir x = y 2 , so ist x ∈ A und  f (x) = f (y 2 ) = y 2 = |y| = y, wobei im letzten Schritt entscheidend y  0 einging. Dies zeigt y ∈ im f .



L¨ osung 3.15 (1) Ist y ∈ f (M1 ), so ist y = f (x) mit einem x ∈ M1 , das aufgrund von M1 ⊆ M2 auch in M2 liegt, woraus y = f (x) ∈ f (M2 ) folgt. Also haben wir f (M1 ) ⊆ f (M2 ). Ist x ∈ f −1 (N1 ), dann gilt f (x) ∈ N1 und wegen N1 ⊆ N2 folgt f (x) ∈ N2 , d.h. x ∈ f −1 (N2 ). Auf Mengenebene: f −1 (N1 ) ⊆ f −1 (N2 ). (2) Ein y ∈ f (M1 ∩ M2 ) ist von der Gestalt y = f (x) mit x ∈ M1 ∩ M2 . Da x demnach in beiden Mengen liegt, gilt y = f (x) ∈ f (M1 ) und y ∈ f (M2 ), also y ∈ f (M1 ) ∩ f (M2 ). Dass die Inklusion f (M1 ∩ M2 ) ⊆ f (M1 ) ∩ f (M2 ) echt sein kann, sieht man z.B. an f : R → R, x → x2 , sowie M1 = [ 0 , 1 ] und M2 = [−1 , 0 ]. Hier ist n¨amlich f (M1 ) = f (M2 ) = [ 0 , 1 ], aber f (M1 ∩ M2 ) = f ({0}) = {0} ⊂ [ 0 , 1 ] = f (M1 ) ∩ f (M2 ).

¨ ¨ sungen zu den Ubungsaufgaben Lo

372

¨ (3) f −1 (N1 ∪N2 ) = f −1 (N1 )∪f −1 (N2 ) beweisen wir durch eine Aquivalenzkette: x ∈ f −1 (N1 ∪ N2 ) ⇐⇒ f (x) ∈ N1 ∪ N2 ⇐⇒ f (x) ∈ N1 ∨ f (x) ∈ N2 ⇐⇒ x ∈ f −1 (N1 ) ∨ x ∈ f −1 (N2 ) ⇐⇒ x ∈ f −1 (N1 ) ∪ f −1 (N2 ). (4) Anwenden der Definitionen von Urbild und Komplement liefert / N ⇐⇒ x ∈ / f −1 (N ) x ∈ f −1 (N C ) ⇐⇒ f (x) ∈ N C ⇐⇒ f (x) ∈ ⇐⇒ x ∈ (f −1 (N ))C .



L¨ osung 3.16 a) f ist nicht injektiv, da es zwei Punkte in A gibt, die denselben Bildpunkt in B besitzen. Da es außerdem Punkte in B gibt, die kein Urbild in A haben, ist f auch nicht surjektiv. Folglich kann f nat¨ urlich auch nicht bijektiv sein. b) Diagramme zeichnen kann jeder selber (hoffe ich). Beachte dabei c). c) F¨ ur injektives f ist |A|  |B| eine notwendige Bedingung: F¨ ur |A| > |B| h¨atten mindestens zwei Elemente von A dasselbe Bild unter f , da es nur |B| M¨oglichkeiten zur Auswahl dieses Bildes gibt. F¨ ur surjektives f braucht man |A|  |B|: Wenn jedes y ∈ B von f getroffen werden soll, muss A mindestens |B| Elemente enthalten, da kein x ∈ A mehr als ein Bild haben kann (sonst w¨are f keine Abbildung). Beide Bedingungen zusammen ergeben |A| = |B| als notwendige Voraussetzung f¨ ur die Bijektivit¨at von f . (Nat¨ urlich ist das nicht hinreichend; z.B. k¨onnte f jedes x ∈ A auf dasselbe y0 ∈ B abbilden.) L¨ osung 3.17 ◦ Ist f injektiv, so wird kein y ∈ B mehrfach von f getroffen, jedes y besitzt also h¨ ochstens ein Urbild unter f , d.h. es ist |f −1 (y)|  1 f¨ ur alle y ∈ B. ◦ Ist f surjektiv, so besitzt jedes y ∈ B mindestens ein Urbild unter f , d.h. es ur alle y ∈ B. ist |f −1 (y)|  1 f¨ ◦ Bei bijekivem f besitzt jedes y ∈ B genau ein Urbild unter f , d.h. es ist ur alle y ∈ B. |f −1 (y)| = 1 f¨ L¨ osung 3.18 a) Wegen q(−1) = q(1) ist q nicht injektiv, und da −1 kein Urbild unter q besitzt, ist es auch nicht surjektiv. √ √ y als Urbild unter q1 , da y 2 = y ist (wegen b) Jedes y ∈ R+ 0 besitzt x = y  0 existiert die Wurzel stets).

373

¨ sungen zu Kapitel 3 Lo

c) Es sei q2 (x) = q2 (˜ x), also x2 = x ˜2 . Durch Wurzelziehen folgt |x| = |˜ x| und + aufgrund von x, x ˜ ∈ R0 kann der Betrag entfallen, d.h. es ist x = x ˜, was die Injektivit¨at von q2 beweist. d) Folgt sofort aus b) und c). Ist f : A → B mit A, B ⊆ R injektiv, so darf kein b ∈ B mehrfach getroffen werden. Somit darf keine Parallele zur x-Achse (y = b) durch ein beliebiges b ∈ B das Schaubild Kf mehr als einmal schneiden. Ist f hingegen surjektiv, so muss jedes b ∈ B einmal getroffen werden, d.h. alle besagten Parallelen m¨ ussen das Schaubild mindestens einmal schneiden. Mache dir dies an der Normalparabel in Abbildung A.3 klar, mit A und B wie in den Aufgabenteilen a) – d). y = x2 2 y=1 1

−3

−2

−1

0 −1

1

2

3

y = −1

Abbildung A.3

L¨ osung 3.19 a) Die lineare Funktion f (x) = 2x−2 ist auf ganz I = R bijektiv mit Bildbereich 1 J = R. Aufl¨osen von y = 2x − 2 nach x ergibt x = y+2 2 = 2 y + 1. Durch Vertauschen von x und y erh¨alt man als Umkehrfunktion f −1 : R → R,

x → f −1 (x) = 21 x + 1.

Kontrolle:   (f ◦ f −1 )(x) = f f −1 (x) = f ( 12 x + 1) = 2( 12 x + 1) − 2 = x = idR (x), und ebenso leicht sieht man f −1 ◦ f = idR ein. Die beiden Schaubilder gehen durch Spiegelung an der ersten Winkelhalbierenden auseinander hervor (siehe Abbildung A.4). b) g ist f¨ ur I = J = R \ {0} bijektiv. Aufl¨osen von y = x1 nach x und Vertauschen von x mit y liefert g −1 (x) = x1 , d.h. g ist seine eigene Umkehrfunktion. Abbildung A.5 links zeigt, dass Kg spiegelsymmetrisch zur Geraden y = x verl¨ auft.

¨ ¨ sungen zu den Ubungsaufgaben Lo

374

y

Kf

5

y=x

4 3

Kf −1

2 1

x −2 −1 0 1 −1

2

3

4

5

6

−2

Abbildung A.4 c) h ist√f¨ ur I = [−2 , ∞ ) bijektiv mit Bildbereich J = [ 1 , ∞ ). Aufl¨ osen von y = x + 2 + 1 nach x ergibt x = (y − 1)2 − 2, so dass h−1 : J → I,

x → (x − 1)2 − 2

die Umkehrfunktion von h ist. Schaubilder: siehe Abbildung A.5 rechts. y

y

5 4

5 4

Kg = Kg−1

3

Kh

3

y=x

2

2

1

Kh−1

1

x −2 −1 0 1 −1

2

3

4

5

x −2 −1 0 1 −1

−2

2

3

−2

Abbildung A.5 L¨ osung 3.20 a) Nach Definition der Verkettung gilt f¨ ur alle x ∈ Dh   (f ◦ g) ◦ h (x) = (f ◦ g)(h(x)) = f (g(h(x))) = f ((g ◦ h)(x))   = f ◦ (g ◦ h) (x).

4

5

¨ sungen zu Kapitel 3 Lo

375

b) Sei A = { 1, 2, 3 } und σ, π seien die durch σ(1) = 1, σ(2) = 3, σ(3) = 2,

sowie

π(1) = 2, π(2) = 3, π(3) = 1

definierten Permutationen von A. Dann ist σ(π(1)) = σ(2) = 3, w¨ ahrend π(σ(1)) = π(1) = 2, also gilt (σ ◦ π)(1) = (π ◦ σ)(1) und somit σ ◦ π = π ◦ σ. Als weiteres Beispiel sind f (x) = x2 und g(x) = x+1 Funktionen von R → R, bei denen man sofort f ◦ g = g ◦ f sieht (z.B. durch Einsetzen von x = 1). L¨ osung 3.21 ur x1 , x2 ∈ A. Eingesetzt in g folgt g(f (x1 )) = g(f (x2 )), a) Es sei f (x1 ) = f (x2 ) f¨ bzw. (g ◦ f )(x1 ) = (g ◦ f )(x2 ). Die Injektivit¨at von g ◦ f erzwingt x1 = x2 . Somit ist f injektiv, denn aus f (x1 ) = f (x2 ) folgt x1 = x2 . b) Surjektivit¨ at von g ◦ f bedeutet (g ◦ f )(A) = g(f (A)) = C. Da f (A) ⊆ B ist, muss dann nat¨ urlich erst recht g(B) = C gelten, also ist g surjektiv. c) Um die Surjektivit¨ at von f zu zeigen, m¨ ussen wir f¨ ur jedes b ∈ B ein f -Urbild ab ∈ A finden. Um g ins Spiel zu bringen, bilden wir b doch einfach mal mit g ab: c = g(b) ∈ C besitzt wegen der Surjektivit¨at von g ◦ f : A → C ein Urbild a ∈ A. Dieses a erf¨ ullt (g ◦ f )(a) = c und ist eine m¨ ogliche Wahl f¨ ur das gesuchte Urbild ab : Es gilt g(b) = c = (g ◦ f )(a) = g(f (a)), woraus aufgrund der Injektivit¨at von g wie gew¨ unscht b = f (a) folgt. d) Wir betrachten f : R → R, x → x2 und g : R → R+ 0 , x → |x|. Dann ist f offenbar nicht surjektiv (im f enth¨ alt keine negativen Zahlen), aber f¨ ur die Verkettung gilt (g ◦ f )(x) = g(f (x)) = g(x2 ) = |x2 | = x2 (da x2  0). Somit + 2 ist g ◦ f : R → R+ 0 , x → x eine surjektive Funktion, denn jedes y ∈ R0 √ besitzt y als Urbild unter g ◦ f . L¨ osung 3.22 Um in den ⇒“-Richtungen keine Fallunterscheidungen machen ” zu m¨ ussen, behandeln wir die Spezialf¨alle M = ∅ und M = A vorneweg. In (1) gilt im Fall M = ∅ trivialerweise f (M C ) ⊆ f (M )C , denn f (∅)C = ∅C = ur M = A stets f (AC ) = f (∅) = ∅ ⊆ f (A)C ganz B ⊇ f (∅C ) = f (A). Ebenso ist f¨ egal, ob f injektiv ist oder nicht. In (2) ist bei vorausgesetzter Surjektivit¨at f (A) = B und daraus folgt f (A)C = B C = ∅ ⊆ f (AC ). F¨ ur M = ∅ ist f (∅)C = ∅C = B, was wieder nur f¨ ur surjektives f eine Teilmenge von f (∅C ) = f (A) = B ist. (1) ⇒“ Sei f injektiv und M eine beliebige Teilmenge mit ∅ = M ⊂ A. Gilt ” / M . Da jedes y ∈ f (M C ), dann ist y = f (x) mit einem x ∈ M C , d.h. x ∈ ullt, liefert die Injektivit¨at von f , dass f (x ) = x ∈ M automatisch x = x erf¨ f (x) f¨ ur alle x ∈ M sein muss. Folglich liegt y = f (x) nicht in f (M ), sprich y ∈ f (M )C , was f (M C ) ⊆ f (M )C beweist.

¨ ¨ sungen zu den Ubungsaufgaben Lo

376

⇐“ Da f (M C ) ⊆ f (M )C f¨ ur alle Teilmengen M ⊆ A gilt, k¨onnen wir als ” M insbesondere die einelementigen Mengen M = {x} f¨ ur beliebiges x ∈ A w¨ ahlen. Aufgrund der vorausgesetzten Inklusion folgt dann f ({x}C ) ⊆ f ({x})C = B \ {f (x)}. Somit liegen alle x ∈ {x}C , also alle x mit x = x, in B \ {f (x)} und werden daher nicht auf f (x) abgebildet. Aus x = x folgt also f (x ) = f (x), was gleichbedeutend mit der Injektivit¨at von f ist.  (2) ⇒“ Sei f surjektiv und M = ∅ eine beliebige, echte Teilmenge von A. Jedes ” Element y ∈ f (M )C = B \ f (M ) besitzt aufgrund der Surjektivit¨at von f ein Urbild, d.h. man findet ein x ∈ A mit y = f (x). Dieses x muss aber aus ur x ∈ M w¨ are y = f (x) ∈ f (M )), was y = f (x) ∈ f (M C ) M C stammen (f¨ C bedeutet. Somit gilt f (M ) ⊆ f (M C ). ⇐“ Da f (M )C ⊆ f (M C ) f¨ ur alle Teilmengen M ⊆ A gilt, k¨onnen wir ” insbesondere M = A w¨ ahlen. In diesem Fall folgt wegen AC = A \ A = ∅ f (A)C ⊆ f (AC ) = f (∅) = ∅,

also

f (A)C = ∅.

Wenn im f = f (A) leeres Komplement in B besitzt, muss f (A) bereits ganz B sein, d.h. f ist surjektiv.  L¨ osung 3.23 a) Betrachte g : ( 0 , 1 ] → [ 0 , 1 ), x → 1 − x. Stellt man sich die zugeh¨ orige Gerade vor, so erkennt man sofort, dass g eine Bijektion ist. Formaler: Aus g(1) = 0 und g(x) → 1 f¨ ur x → 0 und dem linearen Verhalten dazwischen folgt im g = [ 0 , 1 ), d.h. g ist surjektiv. Injektivit¨ at ist klar, da aus 1 − x1 = 1 − x2 sofort x1 = x2 folgt. (Noch schneller: g −1 : [ 0 , 1 ) → ( 0 , 1 ], x → 1 − x, ist die Umkehrabbildung.) Somit gilt |( 0 , 1 ]| = |[ 0 , 1 )|. Beweis von |[ 0 , 1 )| = |[ 0 , 1 ]|: Indem man f˜(0) = 0 definiert, setzt man die Abbildung f : ( 0 , 1 ] → ( 0 , 1 ) aus dem Beweis von Satz 3.5 (1) zu einer Abbildung f˜: [ 0 , 1 ] → [ 0 , 1 ) fort, die weiterhin bijektiv ist: Das Drankleben“ ” der Null ergibt im f˜ = [ 0 , 1 ) anstelle von ( 0 , 1 ) und ¨andert nichts an der Injektivit¨at, da f˜(x) = f (x) = 0 f¨ ur alle x ∈ ( 0 , 1 ). b) Geometrisch: Man legt das k¨ urzere Intervall eine L¨angeneinheit u ¨ber das l¨angere und projiziert dann von einem geeigneten Zentrum aus, was eine bijektive Korrespondenz beider Intervalle liefert. Formal (aber auch noch ein wenig geometrisch): Man w¨ahlt als Bijektion h : ( a , b ) → ( c , d ) diejenige lineare Funktion, deren zugeh¨orige Gerade Kh durch die Punkte ( a | c ) und ( b | d ) verl¨auft. (Also h(x) = mx+l mit Steigung Δy d−c = b−a und y-Achsenabschnitt l, bestimmbar aus der Punktprobe m = Δx h(a) = c.) Dann gilt im h = ( c , d ) nach Konstruktion von h und die Injektivit¨ at ist klar.

¨ sungen zu Kapitel 3 Lo

377

c) Hier wurde alle n¨otige Arbeit bereits geleistet: Nach a) und√Satz 3.5 gilt |( 0 , 1 ]| = |[ 0 , 1 )| = |( 0 , 1 )| und b) liefert weiter |( 0 , 1 )| = |( 2 , π )|. (Will man explizit eine Bijektion angeben, so bilde man die Komposition der Bijektionen aus a), Satz 3.5 und b).) L¨ osung 3.24 a) Es ist 10x = 9,9999 . . . und Differenzbildung mit x liefert 9x = 10x − x = 9,9999 . . . − 0,9999 . . . = 9,0 was nach Division durch 9 auf x = 1 f¨ uhrt. b) Ist z.B. z = 0,210 = 0,210101010 . . . , so bes¨aße dieses z das Urbild (x, y) mit oßt aber gegen die x = 0,20 = 0,2 und y = 0,1. Die Darstellung von x verst¨ Vereinbarung, alle Zahlen als nicht abbrechende Dezimalbr¨ uche zu schreiben. Und diese Vereinbarung ist n¨otig, um die Abbildung h im Beweis von Satz 3.6 bzw. deren Umkehrung u ¨berhaupt definieren zu k¨onnen. Ansonsten bes¨aße z.B. die Zahl z = 0,5 = 0,49 kein eindeutiges Urbild mehr: Als z = 0,5 / ( 0 , 1 ] nicht geschrieben w¨ are h−1 (z) = (0,5 , 0) (was schon aufgrund von 0 ∈ erlaubt w¨ are), w¨ahrend die Darstellung z = 0,49 auf h−1 (z) = (0,49 , 0,9) f¨ uhren w¨ urde. Somit w¨ are h−1 keine Abbildung mehr. c) Nein, das geht nicht, da z.B. das Urbild von z = 0,919191 . . . ∈ ( 0 , 1 ) das Tupel (x, y) mit x = 0,999... und y = 0,111 . . . ist. Aber x = 0,9 = 1 liegt nicht mehr in ( 0 , 1 ).

¨ ¨ sungen zu den Ubungsaufgaben Lo

378

L¨ osungen zu Kapitel 4 L¨ osung 4.1 Sollte Hinschauen“ keine Vermutung f¨ ur den Grenzwert liefern, so ” setzt man einfach mal mit dem Taschenrechner große n in an ein. Achtung: Deine L¨ osungen sollten stets so ausf¨ uhrlich wie a) aufgeschrieben sein. In b)–f) wird hier nicht jedesmal wiederholt, dass ε > 0 beliebig sei und auch nicht mehr das Argument () angef¨ uhrt. a) Vermutung: (an ) konvergiert gegen a = 2. Beweis: F¨ ur ein beliebiges ε > 0 ∈ N finden, so dass |a − a| < ε f¨ u r alle n > nε gilt. Wir m¨ ussen wir ein n ε n     m¨ ussen also  (2 − √1n ) − 2  =  − √1n  < ε nach n aufl¨ osen: 1 √

1 ε

⇐⇒

n>

1 . ε2

¨ (Bei der letzten Aquivalenz geht ein, dass die Quadratfunktion q : R+ → R+ , 2 x → x , streng monoton steigend ist; und damit auch ihre Umkehrfunktion, die Wurzel.)   Setzen wir also nε = ε12 , so haben wir zu jedem ε > 0 ein nε gefunden, ur alle n > nε gilt. Somit konvergiert (an ) tats¨achlich so dass |an − 2| < ε f¨ gegen 2. () F¨ ur ε = 10−6 ist nε = 1012 zu w¨ahlen (als kleinstm¨ogliche Zahl nε mit obiger Eigenschaft). b) Vermutung: an → − 24 = − 12 . Beweis: Es gilt  1 − 2n  1    1 − 2n 2n   1 − 2n + 2n  1       − − = + nε := 4ε . Es ist nε = 250 000 f¨ ur ε = 10−6 .    (−1)n  n  (π − (−1)    = 12 . Dies wird c) Vermutung: an → π. Rechne: n2 ) − π = − n2 n  1  −6 < ε f¨ ur alle n > nε := √ε . F¨ ur ε = 10 braucht man nε = 1000.  √ √   n √  n d) Vermutung: an → 2.  ( 2 + 58 ) − 2  = 58 < ε f¨ uhrt v¨ollig analog  log ε    −6 zu Beispiel 1.4 auf nε = log 5 . F¨ ur ε = 10 ist nε = 29,39 . . . = 30 zu 8 w¨ ahlen.  n n n n −4n e) Zun¨ achst schreiben wir an um als an = 34n+1 = 43·4n − 44·4n = 14 · 34 − 14 .  n Damit ist die Vermutung an → − 14 schnell bewiesen: | an + 14 | = 14 · 34 < ε  4ε  f¨ uhrt nach Umformungen wie in Beispiel 1.4 auf nε = log . F¨ ur ε = 10−6 log 34   ergibt sich nε = 43,2 = 44. 3 3 f) Vermutung: an → − 12 ussen 8 = − 2 . Zum Auswerten von |an − (− 2 )| < ε m¨ wir zun¨ achst Umformarbeit verrichten!

379

¨ sungen zu Kapitel 4 Lo

 − 12n2 + 12n − 1 3   2(−12n2 + 12n − 1) + 3(8n2 − 8n + 2)      + =   8n2 − 8n + 2 2 2(8n2 − 8n + 2)  1 4  < ε. = 4(4n2 − 4n + 1) (2n − 1)2   Aufl¨ osen der Ungleichung nach n ergibt n > 12 √1ε + 1 := nε . F¨ ur ε = 10−6   muss man also die Wahl nε = 500,5 = 501 treffen. Will man sich das m¨ uhsame Hauptnenner-Bilden und Zusammenfassen sparen, so kann man auch einfach Polynomdivision durchf¨ uhren: Es ist (−12n2 + 12n − 1) : (8n2 − 8n + 2) = − 32 mit Rest 2 (nachrechnen!), also   = ... = 

an =

− 12n2 + 12n − 1 3 2 3 2 =− + 2 =− + , 8n2 − 8n + 2 2 8n − 8n + 2 2 2(2n − 1)2

und es folgt wieder |an + 32 | =

1 (2n−1)2 .

√ √ L¨ osung 4.2 Wir m¨ ussen zeigen, dass | ( n + 1 − n) − 0 | irgendwann kleiner als jedes beliebige ε > 0 wird. Trickreiches Erweitern hilft hierbei: √ √ √ √ 2 2 √ √ n+1+ n n+1 − n ( n + 1 − n) · √ √ = √ √ n+1+ n n+1+ n =√ Da Aufl¨ osen von wie folgt ab:

√

1 n+1−n √ =√ √ . n+1+ n n+1+ n

1 √ n+1+ n

√ √ √ n+1+ n> n

(3. Binom!)

< ε nach n unangenehm werden d¨ urfte, sch¨ atzen wir

=⇒

√

1 1 √ a , sind zwei verschiedene  > 0. Nach Grenzwerte von (an ). Dann ist a − a > 0 und damit auch ε := a−a 3 Definition von ε ist (anschaulich) klar, dass die ε-Umgebungen Uε (a) und Uε (a ) disjunkt sind, d.h. dass sie kein Element gemeinsam haben. Aufgrund von an → a ussten aber beide fast alle Folgenglieder enthalten. Widerspruch.  und an → a m¨ L¨ osung 4.4 Es gibt ein ε > 0, so dass nicht fast alle an in der ε-Umgebung um a liegen. Da nicht fast alle“ gleichbedeutend mit unendlich viele“ ist, kann man ” ” ur unendlich dies auch formulieren als: Es gibt ein ε > 0, so dass |an − a|  ε f¨ ur eine formale Verneinung siehe Aufgabe 1.12. viele an gilt. F¨

380

¨ ¨ sungen zu den Ubungsaufgaben Lo

L¨ osung 4.5 Wir m¨ ussen zeigen, dass an bn gegen 0 konvergiert. Wir suchen also zu beliebigem ε > 0 ein nε , so dass |an bn − 0| < ε f¨ ur alle n > nε gilt. Da (bn ) beschr¨ankt ist, gibt es eine Zahl S ∈ R+ , so dass |bn |  S f¨ ur alle n ∈ N ist. ur Da (an ) eine Nullfolge ist, finden wir zu ε = Sε > 0 ein nε , so dass |an | < Sε f¨ ahlt, wird gleich klar werden). F¨ ur diese alle n > nε gilt (warum man Sε statt ε w¨ n > nε gilt dann wie gew¨ unscht ε |an bn − 0| = |an bn | = |an | · |bn | < · S = ε.  S √ √ L¨ osung 4.6 Wir m¨ ussen | an − a | kleiner als jedes beliebige ε > 0 werden lassen. Hierbei hilft wieder der Trick aus Aufgabe 4.2. Zun¨achst sei a > 0.  √  √ √ 2 √  √ √ √ an + a   an 2 − a  √  √ = √ √  | an − a | =  ( an − a) · √ an + a   an + a  |an − a| |a − a| √  n√ =√ , an + a a √ √ √ verwendet wurde. Weil wobei im letzten Schritt die Absch¨atzung an + a  a √ ur alle n > nε gilt, (an ) gegen a konvergiert, gibt es ein nε , so dass |an − a| < ε a f¨ und damit auch √ √ √ |an − a| ε a √ √ | an − a |  < = ε. a a F¨ ur a = 0 ist die obige atzung nicht zul¨assig, jedoch sieht man in diesem Fall √ Absch¨ √ √ an → 0 existiert ein nε , direkt, dass | an − 0 | = an beliebig klein wird: Wegen √ √ 2 2 ur alle n > nε gilt, woraus an < ε = ε f¨ ur alle n > nε folgt so dass an < ε f¨ (aufgrund der Monotonie der Wurzelfunktion).  L¨ osung 4.7 F¨ ur 0 < q < 1 ist Q := 1q > 1, und nach Beispiel 4.7 ist die Folge (Qn ) unbeschr¨ankt. Zu jedem S ∈ R gibt es also ein NS ∈ N mit Qn > S f¨ ur alle n > NS . Setzt man zu ε > 0 nun S = 1ε und nε = NS , so erh¨alt man Qn = ( 1q )n > S = 1ε f¨ ur alle n > nε , woraus durch Kehrwertbildung q n < ε f¨ ur alle  n > nε folgt. L¨ osung 4.8 ⇒“ Ist die Folge (an ) beschr¨ ankt, so gibt es Zahlen s, S ∈ R mit ” ur alle n ∈ N. Der maximale Abstand eines an zur Null kann also s  an  S f¨ h¨ochstens |S| oder |s| sein, je nachdem welche der beiden Betr¨age gr¨oßer ist (der Betrag ist n¨otig, falls s oder S negativ sind). Setzt man also s∗ = max { |s|, |S| }, so gilt |an |  s∗ f¨ ur alle n. ur alle n, so folgt nach ⇐“ Gibt es umgekehrt ein s∗ ∈ R+ mit |an |  s∗ f¨ ” ur alle n, d.h. s := −s∗ ist eine untere Definition des Betrages −s∗  an  s∗ f¨ Schranke der Folge und S := s∗ ist eine obere Schranke.  2n f¨ ur ungerades n   n L¨ osung 4.9 Die Folge (an ) mit an = 1−(−1) · n = 0 f¨ ur gerades n ist unbeschr¨ankt, also divergent, besitzt aber 0 als (einzigen) H¨aufungswert.

¨ sungen zu Kapitel 4 Lo

381

L¨ osung 4.10 Die Menge aller H¨aufungswerte der Folge ist { an | n  2 } ∪ {0}. Dass 0 ein H¨aufungswert ist, zeigt man wie in Beispiel 4.9, denn man braucht wieder nur, dass T (n) beliebig groß werden kann. Dies sieht man so: Ist p eine beliebige Primzahl und k ∈ N beliebig, so ist T (pk−1 ) = k, denn die einzigen Teiler von pk−1 sind die k Primzahlpotenzen { p0 , p1 , p2 , . . . , pk−1 }. Also werden f¨ ur nk := pk−1 die T (nk ) mit wachsendem k beliebig groß. Ferner ist nach Definition der Folge klar: Jedes Folgenglied an ist von der Form k1 mit k := T (n) ∈ N. Jedes k1 mit k  2 kommt zudem unendlich oft als Folgenglied vor, denn pk−1 besitzt wie oben erl¨autert genau k Teiler – und das gilt f¨ ur jede Primzahl p, von denen es unendlich viele gibt. Wieder mit derselben Argumentation wie in Beispiel 4.9 ist somit jedes Folgenglied außer dem ersten (a1 = 1) auch H¨aufungswert der Folge. aufungswerte gibt, sieht Dass es außerhalb von { an | n  2 }∪{0} keine weiteren H¨ man folgendermaßen. Eine Zahl r ∈ R mit r < 0 oder r  1 kann sicherlich kein H¨aufungswert sein, denn f¨ ur gen¨ ugend kleines ε liegt u ¨berhaupt kein an in Uε (r) (bzw. nur a1 = 1 im Fall r = 1). 1 1 ur alle n, so gibt es ein m  2 mit m < r < m−1 . (W¨ ahle Ist 0 < r < 1 mit r = an f¨ 1 dazu m als kleinste nat¨ urliche Zahl, die m > r erf¨ ullt; dann muss m − 1 < 1r sein, unschte also insgesamt m > 1r > m − 1 und durch Kehrbruch-Bildung folgt die gew¨ 1 1 und m−1 − r, Eigenschaft.) W¨ahlt man nun ε als das Minimum der Zahlen r − m 1 so liegt kein Folgenglied in Uε (r), denn jedes Folgenglied besitzt die Gestalt k und hat damit mindestens den Abstand ε zu r. Insbesondere kann r kein H¨ aufungswert der Folge sein. L¨ osung 4.11 Weil (n) keine konvergente Folge ist, sind die Voraussetzungen der Grenzwerts¨atze nicht erf¨ ullt; man darf den Limes daher nicht in (n · n1 ) reinziehen. Wir verwenden die platzsparende Schreibweise →“ statt lim . ” n→∞   4 √ + 2 (G1,3 ) 0 + 2 n 4 +2 2 4 + 2n √ √ = −√ = − 2 =  3n √  = 3n √ −→ 3 − 2n n n − 2 2 0− 2 2 n −

L¨ osung 4.12

a)

b)

  + 9 (G1,3 ) 0 − 0 + 9 25 − 30n + 9n2 n / 2 n252 − 30 (5 − 3n)2 n   = −2,25 = = −→ 2 − 4n2 2 − 4n2 0−4 n / 2 n22 − 4

√ √ 2 2 2 n 2 n (G1,2,3 ) = √ =2 −→ =√  c) 2 2 √ √ 1−0 n−2 1− n n 1− n    1  Hierbei ging ein, dass √1n = n nach Aufgabe 4.6 eine Nullfolge ist. d)

 7n 1 − 7n − 1 = n 7n+1 + 6n 7 7+



1 7n  6n 7n

=

1− 7+

 1 n

(G1,3 )

 76 n −→ 7

1−0 1 = 7+0 7

ur alle 0 < q < 1 eine Nullfolge ist. Hierbei wurde verwendet, dass (q n ) f¨

¨ ¨ sungen zu den Ubungsaufgaben Lo

382

e)

√

    n 1 − n2 1 − n2 n 1− 2 = =   n =  4n2 − 1 n2 4 − n12 n 4 − n12 4 − n12 n−2

(G1,3 )*

−→

1−0 1 √ = 4−0 2

* Neben den Grenzwerts¨atzen geht im Nenner auch Aufgabe 4.6 ein! f) Wir erweitern wieder trickreich mit Hilfe der 3. binomischen Formel:   √ √ √ 2 √ 2 √ √  n+ n+ n n+ n − n n+ n− n · √ √ =  √ √ n+ n+ n n+ n+ n √ √ √ n n n+ n−n    = √ √ = √ √ = √   √ n+ n+ n n+ n+ n n 1+ n + n



√

=√

n

n 1  . √ = 1 n · 1 + √n + n 1 + √1n + 1

Unter Verwendung von (G1,3 ) und Aufgabe 4.6 sieht man schließlich, dass 1 strebt, es ist also u ¨berraschenderweise der letzte Ausdruck gegen √1+1  √ √  1 n+ n− n = . lim n→∞ 2 L¨ osung 4.13 a) Dass s die gr¨oßte untere Schranke von ∅ = A ⊆ R ist, bedeutet: (1) s ist eine untere Schranke von A, d.h. es gilt x  s f¨ ur alle x ∈ A und (2) s ist die gr¨oßte Zahl mit der Eigenschaft (1), d.h. keine Zahl s > s kann untere Schranke von M sein. Anders formuliert: F¨ ur alle ε > 0 gibt es ein x ∈ A mit x < s+ε. (G¨abe es ein ε, f¨ ur das obige Bedingung verletzt w¨ are, d.h. x  s + ε f¨ ur alle x ∈ A, dann w¨are s := s + ε eine gr¨ oßere untere Schranke als s.) b) F¨ ur A = ( π , 42 ] = { x ∈ R | π < x  42 } ist inf A = π. Denn offenbar ist π eine untere Schranke von A, d.h. es bleibt nur noch nachzuweisen, dass es auch die gr¨ oßte solche ist: F¨ ur jedes ε > 0 gibt es eine Zahl in A, die π + ε ur ε > 0) eine unterschreitet, z.B. π + 2ε , womit keine der Zahlen π + ε (f¨ gr¨oßere untere Schranke sein kann. c) Das Minimum von A ist ein (bzw. das) Element m ∈ A mit x  m f¨ ur alle x ∈ A. Existiert m = min A, dann ist es eine untere Schranke von A (nach Definition). Es ist aber auch die gr¨oßte untere Schranke, denn f¨ ur kein s > m   ur alle x ∈ A gelten, da ja m ∈ A und m < s gilt. Somit ist kann x  s f¨ min A das Infimum von A. 

383

¨ sungen zu Kapitel 4 Lo

L¨ osung 4.14 a) Da A nach oben beschr¨ankt ist, existiert S := sup A (siehe Satz 4.3). Aus x  S f¨ ur alle x ∈ A“ wird, wenn man mit −1 multipliziert: −x  −S f¨ ur ” ” alle −x ∈ −A“, d.h. −S ist untere Schranke von −A. Es ist auch die gr¨oßte untere Schranke von −A, denn g¨abe es eine gr¨oßere Schranke −S  > −S, so w¨are S  < S eine kleinere untere Schranke von A (wieder aufgrund der ¨ Aquivalenz −x  −S  ⇐⇒ x  S  ), was S = sup A widerspricht. Somit ist −S = − sup A das Infimum der Menge −A. Die Infimumseigenschaft von R“ lautet: ” Jede nicht leere, nach unten beschr¨ankte Teilmenge A der reellen Zahlen R besitzt ein Infimum in R. Beweis: Nach dem gleichen Argument wie eben ist −A nach oben beschr¨ankt, also existiert nach Satz 4.3 das Supremum sup(−A) ∈ R. Mit der eben gezeigten Beziehung folgt aufgrund von A = −(−A) inf A = inf(−(−A)) = − sup(−A).



b) Sei s := inf A > 0. Da s eine untere Schranke von A ist, gilt x  s > 0 f¨ ur alle x ∈ A, also kann die Menge A−1 gebildet werden (da man nie durch Null teilt). Wir m¨ ussen zeigen, dass 1s die kleinste obere Schranke von A−1 ist. Aus x  s > 0 folgt x1  1s f¨ ur alle x ∈ A, d.h. 1s ist schon mal obere −1 urde Schranke von A . G¨abe es eine kleinere obere Schranke 1s − ε, so w¨ 1 1 1−εs 1 s −1  − ε = f¨ u r alle ∈ A gelten. Daraus w¨ u rde x  > s f¨ ur x s s x 1−εs alle x ∈ A folgen, womit s = inf A nicht die gr¨oßte untere Schranke von A w¨ are. Dieser Widerspruch zeigt, dass 1s die kleinste obere Schranke von A−1 , also das Supremum ist.  L¨ osung 4.15 Offenbar ist 1 das gr¨ oßte Element von A, also gilt 1 = max A = oßensup A (nach Beispiel 4.15). Ein Minimum besitzt A nicht, denn jedes n1 wird gr¨ 1 unterboten. Das Infimum von A ist inf A = 0: Offensichtlich m¨aßig z.B. von n+1 ist Null eine untere Schranke von A, aber es ist auch die kleinste untere Schranke, denn zu jedem ε > 0 gibt es ein n ∈ N mit n1 < 0 + ε. L¨ osung 4.16 Angenommen das archimedische Prinzip gilt nicht. Dann gibt es ein r ∈ R, so dass n  r f¨ ur alle n ∈ N gilt, d.h. r ist eine obere Schranke von N. Nach der Supremumseigenschaft von R existiert dann S := sup N. Da S die kleinste obere Schranke von N ist, muss es ein n ∈ N mit n > S − 1 geben (sonst w¨ are S − 1 eine kleinere obere Schranke). Addition von 1 liefert n + 1 > S, was wegen n + 1 ∈ N der Definition von S als Supremum widerspricht.  L¨ osung 4.17 2n−1 a) Es ist an+1 − an = 2(n+1)−1 2(n+1)+1 − 2n+1 = . . . = d.h. (an ) w¨achst streng monoton.

4 (2n+1) ·(2n+3)

> 0 f¨ ur alle n ∈ N,

¨ ¨ sungen zu den Ubungsaufgaben Lo

384

b) (an ) ist streng monoton fallend, denn es gilt an+1 − an = =

2 − n2 2 − n2 − 2n − 1 2 − n2 2 − (n + 1)2 − = − 2 (n + 1)2 + 4 n2 + 4 n2 + 2n + 5 n +4 (1 − n2 − 2n)(n2 + 4) − (2 − n2 )(n2 + 2n + 5) (n2 + 2n + 5)(n2 + 4)

= ... =

−12n − 6 an f¨ (es kommt ja immer eine weitere Nachkommastelle > 0 dazu). Da man nicht unendlich lange w¨ urfeln kann, wird man den Grenzwert sup an (= a∞ :)) allerdings niemals genau kennen. L¨ osung 4.19 Die Menge A = { an | n ∈ N } aller Folgenglieder ist nach unten beschr¨ankt. Nach Aufgabe 4.14 existiert daher s := inf A. Aus der Charakterisierung des Infimums folgt, dass s der Grenzwert von (an ) ist: Ist ε > 0 vorgegeben, so muss es ein anε geben mit anε < s + ε (ansonsten w¨are s + ε eine gr¨oßere untere ur alle Schranke von A). Da die Folge monoton f¨ allt, folgt an  anε < s + ε f¨ ur n > nε , und da sowieso an  s gilt (s ist untere Schranke), ist s  an < s + ε f¨  alle n > nε . Somit liegen fast alle an in Uε (s), d.h. an → s = inf A =: inf an . L¨ osung 4.20 A: Falsch, es gibt beschr¨ ankte Folgen, die nicht konvergieren, wie z.B. ((−1)n ). B: Richtig, alle unbeschr¨ankten monotonen Folgen wie z.B. (n2 ) oder (2n ) divergieren. C: Richtig, z.B. ist (−n) nach oben durch 0 beschr¨ankt, aber divergent. Oder verwende das Beispiel aus A. D: Richtig, siehe Satz 4.1.  n E: Falsch, (−1) ist nicht monoton, aber konvergiert gegen Null. n F: Richtig, siehe Monotonieprinzip 4.5. L¨ osung 4.21 a) Es ist stets

an+1 an

= 3 ist, also leistet eine Folge mit

a1 = 6 und

an+1 = 3an

f¨ ur n ∈ N

das Gew¨ unschte. Ebenso kann man aber auch die Differenzen an+1 −an bilden; dies liefert a2 − a1 = 12 = 4 · 3; a3 − a2 = 36 = 4 · 32 ; a4 − a3 = 108 = 4 · 33 ; . . . Eine weitere Rekursionsvorschrift lautet somit a1 = 6 und

an+1 = an + 4 · 3n

f¨ ur n ∈ N.

385

¨ sungen zu Kapitel 4 Lo

b) Die ersten Folgenglieder lauten a1 = 2 = 21 ; a2 = 1,5 = 32 ; a3 = 43 ; a4 = 54 , so dass sich die Vermutung bn = n+1 ur das explizite Bildungsgesetz aufn f¨ dr¨ angt. Wir zeigen an = bn f¨ ur alle n ∈ N durch vollst¨andige Induktion. F¨ ur ur ein n voraus (IV), so folgt n = 1 ist a1 = 2 = b1 (IA). Setzen wir an = bn f¨ unter Verwendung der Rekursionsvorschrift an+1 = an − =

n+1 1 1 1 (IV) = − = bn − n(n + 1) n(n + 1) n n(n + 1)

(n + 1)2 − 1 n2 + 2n n(n + 2) n+2 = = = = bn+1 , n(n + 1) n(n + 1) n(n + 1) n+1 

was den Induktionsschritt besiegelt. L¨ osung 4.22

a) (1) Wir zeigen durch vollst¨andige Induktion, dass an > 0 f¨ ur alle n ∈ N gilt. ur ein n (IV), so folgt sofort an+1 = q · an > 0, IA: a1 = 1 > 0. IS: Gilt an > 0 f¨ da q > 0. (2) Wir weisen nach, dass (an ) streng monoton fallend ist. Multipliziert man q < 1 mit an > 0, so steht da q · an < an , d.h. an+1 < an f¨ ur alle n. (3) Nach (1) und (2) ist (an ) eine nach unten beschr¨ankte, streng monoton fallende Folge und somit nach dem Monotonieprinzip konvergent. Wir d¨ urfen also auf beiden Seiten der Rekursionsvorschrift den Limes anwenden und mit ur den Grenzwert a (G2 ) folgt f¨ lim an+1 = lim (q · an ) = q · lim an ,

n→∞

n→∞

n→∞

d.h.

a = q · a.

Die Gleichung a = q · a bzw. (1 − q) · a = 0 besitzt wegen 1 − q = 0 die L¨ osung a = 0, d.h. (an ) ist eine Nullfolge. b) Durch Betrachten der ersten Folgenglieder a2 = 3,5; a3 = 3,75; a4 = 3,875; a5 = 3,9375; a6 = 3,96875; . . . gelangt man zur Vermutung, dass (an ) streng monoton w¨achst und 4 als obere Schranke besitzt, ja sogar gegen 4 konvergiert. Beweis: ur alle n durch Induktion. IA: a1 = 3 < 4. IS: Aus (1) Nachweis von an < 4 f¨ an < 4 (IV) folgt an+1 = 2 + a2n < 2 + 42 = 4. (2) Aus der Schranke 4 folgt die strenge Monotonie, denn es ist 4 an an − an = 2 − >2− =0 f¨ ur alle n ∈ N. 2 2 2 (3) Nach dem Monotonieprinzip konvergiert (an ). Demnach ist es erlaubt, auf beiden Seiten der Rekursionvorschrift den Limes zu bilden. Zusammen mit den Grenzwerts¨ atzen ergibt sich f¨ ur den Limes a der Folge an+1 − an = 2 +

lim an a an  = 2 + n→∞ , also a = 2 + . n→∞ n→∞ 2 2 2 Die letzte Gleichung liefert a = 4. (Somit war 4 nicht nur irgendeine obere Schranke, sondern sogar das Supremum der Folge, da ja an → sup an .) 

lim an+1 = lim

2+

¨ ¨ sungen zu den Ubungsaufgaben Lo

386

L¨ osung 4.23 (1) Wir weisen zun¨achst die Beschr¨ anktheit nach.√ IA: a1 = 1√ < 2. IS: Gilt an < 2 √ f¨ ur ein n (IV), so folgt an+1 = 1 + an < 1 + 2 = 3 < 2, wenn man verwendet, dass die Wurzelfunktion streng monoton steigend ist. Also gilt an < 2 f¨ ur alle n ∈ N. √ (2) Wir zeigen an+1 > an durch Induktion nach √ n. IA: a2 = √2 > 1 = a1 . IS: Gilt an+1 > an f¨ ur ein n (IV), so folgt an+2 = 1 + an+1 > 1 + an = an+1 , wieder aufgrund der Monotonie der Wurzelfunktion. (3) Da der Limes a nach dem Monotonieprinzip existiert, ist beidseitige Grenzwertbildung erlaubt. Mit Hilfe von Aufgabe 4.6, die besagt, dass man den Limes unter die Wurzel ziehen darf, und Grenzwertsatz (G1 ) folgt lim an+1 = lim

n→∞

n→∞

√

1 + an =

 1 + lim an , n→∞

d.h.

a=

√ 1 + a.

√

Quadrieren f¨ uhrt auf a2 −a−1 = 0, was a = 1+2 5 als positive L¨ osung besitzt. (Die negative L¨osung entf¨allt, da alle an > 0 sind, und somit kein negativer Grenzwert in Frage kommt.) L¨ osung 4.24 Es ist a2 = 14 , a3 = 0,3125, a4 ≈ 0,3320, a5 ≈ 0,3333, so dass sich ur den Grenzwert aufdr¨ angt. die Vermutung a = 13 f¨ (1) Wir zeigen an+1 

1 c

f¨ ur alle n ∈ N durch quadratisches Erg¨anzen. 

 2 1 1 an + 2 − 2 c c c    1 1 2 1 1 2 1 − 2 = −c an − +  , = −c an − c c c c c

an+1 = 2an − ca2n = −c

a2n −

da −c · (an − 1c )2  0 gilt. Somit ist (an ) nach oben durch

1 c

beschr¨ ankt.

(2) Der Induktionsanfang ist klar. Es gelte an > 0 f¨ ur ein n. Laut (1) ist an  1c , also can  1 (beachte c > 0) und durch Multiplikation mit −an < 0 folgt −ca2n  −an . Einsetzen in die Rekursionsvorschrift liefert an+1 = 2an − ca2n  2an − an = an > 0. Somit haben wir an > 0 f¨ ur alle n ∈ N nachgewiesen, woraus auch die G¨ ultigur alle n ∈ N folgt. keit der Ungleichung −ca2n  −an f¨ (3) Daraus folgt nun rasch das monotone Wachstum der Folge: an+1 − an = 2an − ca2n − an = an − ca2n  an − an = 0.

387

¨ sungen zu Kapitel 4 Lo

Somit ist (an ) eine monoton wachsende, nach oben beschr¨ankte Folge, die nach dem Monotonieprinzip konvergiert. Ihren Grenzwert a erhalten wir durch das u ¨bliche Verfahren, beidseitige Limesbildung in der Rekursionsvorschrift:   lim an+1 = lim 2an − ca2n , also a = 2a − ca2 . n→∞

n→∞

Die letzte Gleichung f¨ uhrt auf a = ca2 , also a = a > a1 > 0), was zu zeigen war.

1 c

(weil a = 0 aufgrund von 

L¨ osung 4.25 a) Zeichnet man sich einen Kaninchenstammbaum der ersten paar Generationen auf1 , so kommt man darauf, dass f1 = 1, f2 = 1, f3 = 2, f4 = 3, f5 = 5, f6 = 8, usw. gilt. Die Anzahl der Kaninchenpaare zu Beginn des (n+1)-ten Monats (n  2) ist die Summe der Paarzahlen der letzten beiden Monate, was man auch ohne Diagramm leicht einsehen kann: Die fn Paare des letzten Monats existieren weiter, und die fn−1 Paare, die es bereits im vorletzten Monat gab, werfen nun jeweils ein neues Paar. Damit lautet die Rekursionsvorschrift f1 = f2 = 1;

fn+1 = fn + fn−1

f¨ ur n  2.

F¨ ur das Gesuchte f13 (nach einem Jahr heißt zu Beginn des 13. Monats) ergibt sich 233. b) Es ist q1 = 1, q2 = 2, q3 = 3/2 = 1,5, q4 = 5/3 ≈ 1,667, q5 = 8/5 = 1,6, q6 = 13/8 = 1,625, q7 = 21/13 ≈ 1,615, q8 = 34/21 ≈ 1,619, q9 = 55/34 ≈ 1,618, q10 = 89/55 ≈ 1,618. Man erkennt, dass die Fibonacci-Quotientenfolge nicht monoton ist – jedenfalls nicht ab n = 1, d.h. wir k¨onnen uns vermutlich nicht auf das Monotonieprinzip st¨ utzen, um die Existenz ihres Grenzwerts nachzuweisen, der wahrscheinlich nahe der Zahl 1,618 liegen wird. Die Rekursionsvorschrift f¨ ur (qn ) folgt leicht aus derjenigen f¨ ur die FibonacciZahlen: qn+1 =

fn+2 fn+1 + fn fn = =1+ =1+ fn+1 fn+1 fn+1

1 fn+1 fn

=1+

1 . qn

()

c) Vor¨ uberlegung: Wenden wir in () beidseitig den Limes an, so folgt, dass der Grenzwert f von (qn ), wenn er denn u ¨berhaupt existiert, die Gleichung f =1+

1 f

bzw.

f2 − f − 1 = 0

erf¨ ullen muss. Die positive L¨osung dieser quadratischen Gleichung ist der √ goldene Schnitt Φ := 1+2 5 ≈ 1,61803. 1 siehe

z.B. www.natur-struktur.ch/goldenmean/fibonacci.php

¨ ¨ sungen zu den Ubungsaufgaben Lo

388

(1) Wir zeigen qn  1 f¨ ur alle n ∈ N durch vollst¨andige Induktion. IA: passt. IS: Setzen wir qn  1 f¨ ur ein n voraus, so ist nat¨ urlich erst recht qn > 0 und mit b) folgt qn+1 = 1 + q1n > 1. (2) Mit den Tipps aus der Anleitung ergibt sich  1 1   1 1   Φ − qn   −1− = − = |qn+1 − Φ| =  1 +  qn Φ qn Φ qn Φ =

|Φ − qn | |qn − Φ|  , qn Φ Φ

wobei im letzten Schritt qn  1, also

1 qn

 1, und |Φ−qn | = |qn −Φ| einging.

(3) Da (2) f¨ ur jedes n gilt, ist auch |qn − Φ|  |qn+1 − Φ| 

|qn−1 −Φ| Φ

|qn − Φ|  Φ

Φ

=

|qn−1 −Φ| Φ

und damit folgt

|qn−1 − Φ| . Φ2

Wiederholt man dies, bis man bei q1 landet, so steht da |qn+1 − Φ|  =

|qn−1 − Φ| |qn−2 − Φ| |q1 − Φ|   ...  2 3 Φ Φ Φn |1 − Φ| 1 = n+1 , Φn Φ

wobei am Ende |1 − Φ| = | −

1 Φ| n

=

1 Φ

verwendet wurde.

Wegen Φ > 1 ist die Folge (b ) mit b := Φ1 < 1 eine Nullfolge, und zusammen mit der eben gezeigten Absch¨ atzung |qn − Φ|  bn folgt, dass |qn − Φ| irgendwann kleiner als jedes beliebige ε > 0 wird. Somit ist bewiesen, dass (qn ) gegen Φ konvergiert, d.h. √ fn+1 1+ 5 lim qn = lim . =Φ= n→∞ n→∞ fn 2 L¨ osung 4.26



Da Φ L¨osung der Gleichung Φ2 = Φ + 1 ist, ergibt sich

(an − Φ)(an + Φ) = a2n − Φ2 =

 2 1 + an−1 − (Φ + 1)

= 1 + an−1 − Φ − 1 = an−1 − Φ. Durch Betragsbildung und Umstellen folgt unter Beachtung von an  1 (was man leicht durch Induktion nachweist) |an − Φ| =

|an−1 − Φ| |an−1 − Φ| |an−1 − Φ|  = . an + Φ 1+Φ Φ2

389

¨ sungen zu Kapitel 4 Lo

Entsprechend gilt auch |an−1 −Φ|  sich bis a1 herunter, so erh¨alt man

setzt man dies oben ein und hangelt

|an−1 − Φ| |an−2 − Φ| |a1 − Φ|   . . .  2(n−1) 2 4 Φ Φ Φ

|an − Φ|  =

|an−2 −Φ| ; Φ2

| − Φ1 | |1 − Φ| 1 = = 2n−1 . 2(n−1) 2(n−1) Φ Φ Φ

  Da ( Φ1 )2n−1 eine Nullfolge ist, wird auch |an − Φ| f¨ ur gen¨ ugend großes n beliebig  klein. Somit ist erneut an → Φ bewiesen. L¨ osung 4.27 a) Umschreiben der Glieder f¨ uhrt sofort auf eine Teleskopsumme: n   1 1 1 1  1 1 1 1 = − 2 + 2 − . . . − n+1 = − n+1 , − πk πk πk+1 π π π π π π k=1 k=1  1 n+1  und weil ( π ) eine Nullfolge ist, liefert Limesbildung n  1−

1 π

∞  1−

πk

k=1

=

1 π

= lim

n→∞

1 π

−

1 πn+1

 =

1 . π

b) Hier muss man wieder den Hauptnenner-R¨ uckw¨ arts-Trick“ anwenden. Man ” versucht Zahlen A, B zu finden, so dass 1 1 B A ! = − = −1 (2k − 1)(2k + 1) 2k − 1 2k + 1

4k 2

gilt. Multiplikation mit dem Hauptnenner (2k − 1)(2k + 1) f¨ uhrt auf 1 = A(2k + 1) − B(2k − 1) = 2k(A − B) + A + B. Die linke Seite ist unabh¨angig von k, also muss A − B = 0, d.h. A = B sein. Die verbleibende Gleichung A + B = 1 liefert A = B = 12 , also ist n  k=1

 1  1  1 1 1 1  = − = − . 4k 2 − 1 2(2k − 1) 2(2k + 1) 2 2k − 1 2k + 1 n

k=1

Die letzte Teleskopsumme schrumpft auf 1 − ∞  k=1

n

k=1

1 2n+1

zusammen; deshalb folgt

 1 1 1  1 = lim = . 1 − 4k 2 − 1 2 n→∞ 2n + 1 2

√ L¨ osung 4.28 Es gilt k < k f¨ ur jede nat¨ urliche Zahl k, also ist √1k > k1 . n √1 oßer als die entsprechenden Folglich sind die Partialsummen sn = k=1 k gr¨ Partialsummen der harmonischen Reihe. Da letztere aber unbeschr¨ankt anwachsen, wachsen auch die sn u ¨ber jede Schranke.

¨ ¨ sungen zu den Ubungsaufgaben Lo

390

L¨ osung 4.29 Damit die Reihe mit 1 beginnt und wir die Formel f¨ ur die geometrische Reihe anwenden k¨onnen, klammern wir zun¨ achst − 12 aus:   1 1 1 1 1 + 54 − 162 + . . . = − 12 · 1 − 13 + 19 − 27 + 81 + ... . − 12 + 16 − 18 In der Klammer steht nun die geometrische Reihe zu − 13 mit Grenzwert ∞  

− 13

k

=

k=0

1 1 1+ 3

= 34 .

Insgesamt ergibt sich − 12 ·

3 4

= − 38 als Grenzwert der Reihe.

L¨ osung 4.30 1 a) Zun¨ achst schreiben wir 0,048 = 10 · 0,48. Die Zahl 0,48 schreibt man wie in Beispiel 4.27 mit Hilfe der geometrischen Reihe als 48 99 , so dass man insgesamt 1 1 48 · 0,48 = 10 · 48 = erh¨ a lt. 0,048 = 10 99 990

b) 3,148 = 3,1 + 0,048 = 3,1 +

48 990

3117 990 .

=

c) Wieder ¨ahnlich wie in Beispiel 4.27 erh¨alt man 0,1234 = 0,12341234 . . . = 0,1234 +  = 0,1234 · 1 +

1 10 000

+



0,1234 10 000

2 1 10 000

+

0,1234 10 0002

+ ...

∞    1 k + . . . = 0,1234 · 10 000 k=0

= 0,1234 ·

1 1−

1 10 000

=

1234 10 000

000 · 10 9999 =

1234 9999

.

L¨ osung 4.31 Zenon war der Ansicht, dass die Addition“ unendlich vieler Zeit” intervalle – auch wenn diese immer kleiner werden – keine endliche Zeit ergeben k¨onnen. Uns ist heutzutage klar, dass eine monoton wachsende Zahlenfolge durchaus eine obere Schranke besitzen kann. Wenn der L¨aufer f¨ ur die erste H¨ alfte 1 min ben¨otigt, dann braucht er f¨ ur das ur das darauf folgende Achtel 14 min usw. F¨ ur die n¨achste Viertel die Zeit 12 min, f¨ Gesamtzeit ergibt sich somit (alles in Minuten) tges = 1 +

1 2

+

1 4

+

1 8

+ ... =

∞   1 k 2 k=0

=

1 1−

1 2

= 2,

was nat¨ urlich wenig u ¨berrascht, da der L¨aufer sich ja gleichf¨ormig bewegt, und damit f¨ ur die doppelte Strecke auch die doppelte Zeit, n¨ amlich 2 min ben¨otigt. L¨ osung 4.32 Vor¨ uberlegung: Die H¨ohe eines gleichseitigen Dreiecks mit Sei√ tenl¨ange a betr¨agt h = 23 · a (Pythagoras!). Als Fl¨ acheninhalt erhalten wir somit √ 3 1 2 2 ·a·h = 4 ·a .

391

¨ sungen zu Kapitel 4 Lo

A0 : F¨ ur n = 0 ist die Figur ein gleichseitiges Dreieck mit Seitenl¨ange a = 1. Nach √ der Vor¨ uberlegung gilt A0 = 43 . A1 : Es entstehen 3 neue Dreiecke mit Seitenl¨ ange 13 , also jeweils der Fl¨ache √   3 1 2 = 19 · A0 . Die Gesamtfl¨ ache betr¨agt somit 4 · 3 A1 = A0 + 3 · 19 · A0 = A0 · (1 + 3 · 19 ). A2 : An den 3 · 4 = 12 Seiten kommen 12 neue Dreiecke mit Grundseite a =  2 1 ache 19 · A0 . Also ist 9 hinzu mit der Fl¨ A2 = A1 + 3 · 4 ·

 1 2 9

1 3

· 13 =

  2  · A0 = A0 · 1 + 3 · 19 + 3 · 4 · 19 .

ugen eines Dreiecks werden aus jedem geraden Seitenst¨ uck 4 SeiA3 : Durch Anf¨ tenst¨ ucke (siehe Bild in der Aufgabe). Da wir in Schritt 2 von 12 Seiten ausgegangen sind, finden wir nun 12 · 4 = 48 = 3 · 42 Seiten vor. In diesem  2   3 Schritt entstehen also 3 · 42 neue Dreiecke mit Grundseite a = 13 · 13 = 13  3 und Fl¨ ache 19 · A0 . Also ist A3 = A2 + 3 · 42 ·

 1 3 9

  2  3  . · A0 = A0 · 1 + 3 · 19 + 3 · 4 · 19 + 3 · 42 · 19

An : Aus den vorigen Formeln l¨asst sich das allgemeine Bildungsgesetz erkennen:  n An = An−1 + 3 · 4n−1 · 19 · A0   2  n  = A0 · 1 + 3 · 19 + 3 · 4 · 19 + . . . + 3 · 4n−1 · 19  = A0 · 1 +

 · 1+

3 9

& = A0 · 1 +

1 3

n−1 

4 9

+

 4 k 9

 4 2 9

+ ... +

 4 n−1  9

' .

k=0

F¨ ur den Grenzwert der Fl¨acheninhalte folgt somit & '  ∞   4 k 1 · 1+ = A lim An = A0 · 1 + 3 0 9 n→∞

1 3

·

k=0

 = A0 · 1 +

1 3

 · 95 = A0 · 85 =

√

3 4

· 85 =

2 5

1 1− ·

 4 9

√ 3.

Auch hier w¨achst der Umfang der Figuren u ¨ber alle Grenzen.  nNach den vorigen ¨ Uberlegungen besitzt die n-te Figur 3 · 4n Seiten der L¨ ange 13 . Somit ist Un =  n  n 3 · 4n · 13 = 3 · 43 und es strebt Un → ∞ f¨ ur n → ∞.

¨ ¨ sungen zu den Ubungsaufgaben Lo

392

Wir f¨ uhren die Annahme e =

L¨ osung 4.33

∈ Q zu einem Widerspruch.

m n

(1) n! in die Klammer und das Summenzeichen ziehen ergibt unter Beachtung n(n−1)! = (n − 1)! von n! n = n  N = n!

m  1 − n k! n



k=0

n n   1 n! m = n! − n! = (n − 1)! m − . n k! k! k=0

k=0

Offenbar ist (n − 1)! m ∈ N und aufgrund von n  k tritt k! als Faktor von n! auf, d.h. auch alle Br¨ uche n! urliche Zahlen. Damit ist k! der Summe sind nat¨ N als Differenz nat¨ urlicher Zahlen eine ganze Zahl. n 1 ∞ 1 ur jedes beliebige n gilt (die N ist positiv, da e = k=0 k! > k=0 k! f¨ 1 > 0 f¨ ur alle Partialsummen sind eine streng monoton wachsende Folge, da k! k). Insgesamt ist N ∈ N. (2) Wir verwenden die f¨ ur konvergente Reihen und jedes n ∈ N g¨ ultige Beziehung ∞ 

ak =

k=0

n 

∞ 

ak +

k=0

ak ,

k=n+1

um N wie folgt umzuschreiben:  N = n!

   n ∞ n   1 1 1 e− = n! − k! k! k! k=0

= n!

 n k=0

1 + k!

k=0

∞  k=n+1

1 − k!

n  k=0

k=0

1 k!

 = n!

∞  k=n+1

∞  1 n! = . k! k! k=n+1

Zum Schluss wurde der konstante Faktor n! in den Limes reingezogen nach (G2 ). Nun schauen wir uns die Anfangsglieder dieser Reihe genauer an: N=

∞  n! n! n! n! = + + + ... k! (n + 1)! (n + 2)! (n + 3)!

k=n+1

=

n! n! n! + + + ... (n + 1) · n! (n + 2)(n + 1) · n! (n + 3)(n + 2)(n + 1) · n!

=

1 1 1 + + + ... (n + 1) (n + 2)(n + 1) (n + 3)(n + 2)(n + 1)

<

1 1 1 + + + ... (n + 1) (n + 1)(n + 1) (n + 1)(n + 1)(n + 1)

=

 1 1 1 1 + + + . . . = . (n + 1) (n + 1)2 (n + 1)3 (n + 1)k

∞

k=1

393

¨ sungen zu Kapitel 4 Lo

Dies ist (fast) eine geometrische Reihe mit q = F¨ ugen wir dieses k¨ unstlich hinzu, so folgt ∞ 

qk =

k=1

∞ 

qk − q0 =

k=0

1 n+1 ,

nur ohne 0-tes Glied.

1 1 1 −1= −1= . 1 1−q n 1 − n+1

(F¨ uhre die Bruchrechnung am Ende aus.) Damit haben wir N <

1 n

bewiesen.

urliche Zahl N (3) Die Absch¨ atzung N < n1 (mit n ∈ N) bedeutet, dass die nat¨ kleiner 1 sein m¨ usste, was unm¨oglich ist. Dieser Widerspruch zeigt, dass die Annahme falsch gewesen sein muss, d.h. dass e irrational ist.  L¨ osung 4.34 a) Aufgrund der k-ten Potenz dr¨ angt sich das Wurzelkriterium auf. Es ist 0  k 2,7 + kπ 2,7 · k + π 2,7 · k + π k = = . e·k + 5 e·k + 5 e + k5 Diese Folge konvergiert somit gegen q = 2,7 e . Da e ≈ 2,71828, ist q < 1, und nach dem Wurzelkriterium folgt Konvergenz der Reihe. b) Der Faktor (−1)k l¨asst das Leibnizkriterium verlockend erscheinen: Dazu 1 eine monoton fallende m¨ ussen wir pr¨ ufen, dass die Folge (ak ) mit ak := k(k+1) Nullfolge ist. Offenbar gilt ak → 0, und die Monotonie folgt aus ak+1 = ak

1 (k+1)(k+2) 1 k(k+1)

=

k k(k + 1) = < 1, (k + 1)(k + 2) k+2

d.h. ak+1 < ak f¨ ur alle k ∈ N. Das Leibnizkriterium garantiert nun die Konvergenz der Reihe. Alternativ: aus Beispiel 4.23, dass die Reihe der Absolutbe∞bereits ∞ Wir wissen 1 konvergiert. Nach dem Majorantenkriterium tr¨age k=1 |ak | = k=1 k(k+1) konvergiert daher auch die zugeh¨orige alternierende Reihe. c) Wir versuchen es mit dem Quotientenkriterium: F¨ ur x = 0 ist die Konvergenz trivial (Nullreihe), und f¨ ur x = 0 k¨onnen wir rechnen    (k+1)!   (k+1)k+1 · xk+1  (k + 1)! · k k · |x|k+1  = qk =   k! · (k + 1)k+1 · |x|k k! · xk   kk  k k (k + 1) · k k · |x| 1 = = · |x| =  k · |x|, (k + 1)k · (k + 1) k+1 1 + k1 = k + 1 verwendet wurde. Nach wobei beim dritten Gleichheitszeichen (k+1)! k! Satz 4.9 und Grenzwertsatz (G3 ) konvergiert qk gegen q(x) := 1e · |x|.

394

¨ ¨ sungen zu den Ubungsaufgaben Lo

Hinreichend f¨ ur Konvergenz der Reihe ist nach dem Quotientenkriterium q(x) < 1, was mit |x| < e gleichbedeutend ist. Weiter liefert das Quotientenkriterium Divergenz, falls q(x) > 1, also |x| > e ist. Der Fall |x| = e muss von Hand“ untersucht werden: Da nach Satz 4.9 ”  k die Folge 1 + k1 monoton wachsend gegen e strebt, ist insbesondere jedes Folgenglied  e. Damit gilt |ak+1 | 1 1 = qk = ·e  ·e = 1 |ak | e (1 + k1 )k

f¨ ur alle k,

also ist |ak+1 |  |ak |  . . .  |a1 | = 11!1 · |x| = e. Die Folgenglieder bilden demnach in diesem Fall keine Nullfolge, d.h. die Reihe divergiert f¨ ur |x| = e.

¨ sungen zu Kapitel 5 Lo

395

L¨ osungen zu Kapitel 5 L¨ osung 5.1 Um nicht immer so lange Bruchstriche ziehen zu m¨ ussen, schreiben wir bei den Differenzenquotienten die Division durch h als Multiplikation mit h1 . a) Zun¨ achst formen wir den Differenzenquotienten mit Hilfe des binomischen Lehrsatzes um:  1 f (1 + h) − f (1) = f (1 + h) − f (1) h h  1 3  1 3 3 (1 + h) − 1 = 1 + 3 · 12 · h + 3 · 1 · h2 + h3 − 1 = h h  1 2 3 3 · h + 3 · h + h = 3 + 3 · h + h2 . = h

ms (h) =

Jetzt vollziehen wir den Grenz¨ ubergang h → 0 – dieses eine Mal ausf¨ uhrlich, unter Verwendung von Definition 5.1 (vergleiche jedoch mit Anmerkung auf Seite 122). Sei also (hn ) eine Nullfolge mit von 0 verschiedenen Gliedern. Dann ist ms (hn ) = 3 + 3 · hn + h2n , was aufgrund der Grenzwerts¨ atze f¨ ur ur jede solche Nullfolge n → ∞ gegen 3 + 3 · 0 + 02 = 3 konvergiert. Da dies f¨ ur h → 0. F¨ ur die gilt, strebt nach Definition 5.1 der Ausdruck ms (h) → 3 f¨ Ableitung von f (bzw. den Differenzialquotienten oder die Tangentensteigung des Schaubilds) an der Stelle 1 gilt somit f  (1) = lim ms (h) = lim (3 + 3 · h + h2 ) = 3. h→0

h→0

b) Auch hier formen wir zun¨ achst wieder den Differenzenquotienten um:  1 f (2 + h) − f (2) h  1 (2 + h)2 − 2(2 + h) + 3 − (22 − 2 · 2 + 3) = h  1  1 4 + 4h + h2 − 4 − 2h + 3 − 3 = h2 + 2h = h + 2 . = h h

ms (h) =

Nun vollziehen wir durch Hinschauen“ den Grenz¨ ubergang h → 0 und er” halten f¨ ur die Ableitung an der Stelle 2 f  (2) = lim ms (h) = lim (h + 2) = 2. h→0

h→0

c) Mit demselben Vorgehen wie bisher erhalten wir: ms (h) = =

 1 1 + (h − 1) 1  1 1 1 1 − = +1 = · h −1 + h −1 h h−1 h h−1 h 1 1 · = . h h−1 h−1

¨ ¨ sungen zu den Ubungsaufgaben Lo

396

Grenz¨ ubergang h → 0 liefert als Ableitung f  (−1) = lim ms (h) = lim h→0

h→0

1 1 = = −1. h−1 0−1

L¨ osung 5.2 Einsetzen der in Aufgabe 5.1 bestimmten Ableitungen in die allgemeine Tangentengleichung aus Satz 5.1 und Zusammenfassen liefert a) t(x) = 3x − 2,

b) t(x) = 2x − 1,

c) t(x) = −x − 2.

Wir zeichnen nur das Bild der Hyperbel aus Teilaufgabe c): 2 1

Kt −3

−2

−1 P

Kf

0

1

2

−1 −2 −3

Abbildung A.6 Die lineare Approximation von f (x) = x3 durch seine Tangentenfunktion in x0 = 1 lautet: f (x) ≈ t(x) = 3x − 2. Dass diese N¨aherung nahe bei x0 gute Werte liefert, zeigt die Rechnung f (1,04) = 1,043 ≈ 3 · 1,04 − 2 = 1,12, was nur um ca. 0,4% kleiner als der tats¨achliche Wert (1,043 = 1,124864) ist. alt f (−1,08) ≈ Ebenso gilt f (x) = x1 ≈ −x − 2 nahe bei x0 = −1, und man erh¨ ≈ −0,9259259. −(−1,08) − 2 = −0,92 statt exakt f (−1,08) = − 25 27 L¨ osung 5.3   a) Es sei x ∈ Df = R. Der Differenzenquotient lautet h1 f (x + h) − f (x) = 1 angt, ist nat¨ urlich auch h (x + h − x) = 1. Da dies gar nicht mehr von h abh¨ der Grenzwert f  (x) = 1. In diesem Beispiel ist die Ableitungsfunktion also konstant, was geometrisch der konstanten Steigung der ersten Winkelhalbierenden entspricht. b) Es sei x ∈ Df = R\{0}. Zun¨achst formen wir den Differenzenquotienten um, indem wir die Br¨ uche auf den gemeinsamen Nenner x · (x + h) bringen: 1 1 1  1 x − (x + h) 1 − = =− 2 . h x+h x h x · (x + h) x + x·h

397

¨ sungen zu Kapitel 5 Lo

Im Grenz¨ ubergang h → 0 strebt der Nenner gegen x2 , und mit Grenzwertsatz (G3 ) folgt f¨ ur die Ableitung f  (x) = lim

h→0

−1 1 = − 2. x2 + x · h x

c) F¨ ur beliebiges x ∈ Df = R gilt f¨ ur den Differenzenquotienten (unter Verwendung des binomischen Lehrsatzes):  1  1 f (x + h) − f (x) = (x + h)3 − x3 h h  1 3 x + 3x2 h + 3xh2 + h3 − x3 = 3x2 + 3xh + h2 . = h F¨ ur h → 0 erhalten wir f  (x) = 3x2 . PR: Produktregel, KR: Kettenregel, QR: Quotientenregel

L¨ osung 5.4 a (x) =

1 π

· π · xπ−1 + 0 = xπ−1 1

1

b (x) = 2 · 12 x 2 −1 − (− sin x) = x− 2 + sin x =

√1 x

+ sin x

    4 2 1 c (t) = t−4 + 3t2− 3 = t−4 + 3t 3 = −4t−5 + 3 · 23 t− 3 = − t45 +

2 √ 3

t

d (x) = 2tx + t2 , w¨ahrend e (t) = x2 + 2tx ist (nach t ableiten!) √ 1 3 1 Statt PR: x · x = x · x 2 = x 2 , also f  (x) = 32 x 2 + 0 g  (x) = 2x · e2x + x2 · (e2x · 2) = 2xe2x · (1 + x)

PR und KR: PR und KR:

1 · 3) = z n−1 · (n ln(3z) + 1) h (z) = nz n−1 · ln(3z) + z n · ( 3z

i (x) = cos(x2 ) · 2x + 2 · sin x · cos x (beachte sin2 x := (sin x)2 )   2 n−1 2 2 n · e−x · (−2x) = −2nx e−x Zweimal KR: j  (x) = n e−x  2 n 2 (Dies sieht man noch schneller, wenn man e−x = e−nx beachtet.)  1  3 1 Zweimal KR: k  (x) = (ln(4x))− 2 = − 12 (ln(4x))− 2 · 4x ·4 = − √ 1 KR:

2x

Dreimal KR: QR:

l (t) = 4 cos3 (tan t) · (− sin(tan t)) · (1 + tan2 t)

m (x) =

1 ·(x2 −1)−x ·2x (x2 −1)2

=

−x2 −1 (x2 −1)2

2

+1 = − (xx2 −1) 2

Folgende miese Umformung hilft zur Vermeidung der QR: n(x) =

40x2 −90 2x+3

also ist n (x) = 20.

2

(2x+3)(2x−3) −9 = 10 · 4x = 10 · (2x − 3), 2x+3 = 10 · 2x+3

ln(4x)

3

¨ ¨ sungen zu den Ubungsaufgaben Lo

398

Gl¨ ucklicherweise h¨ angt der Funktionsterm von o(t) gar nicht von t ab, so dass o (t) = 0 ist. L¨ osung 5.5 a) Die Strecke OP besitzt die Steigung m1 = xy00 (dies gilt auch f¨ ur x0 < 0), x0 1 also muss die Tangente eine Steigung von m2 = − m1 = − y0 haben (beachte uhrt die y0 = 0 nach Voraussetzung). Da Ktgeo durch P (x0 | y0 ) verl¨auft, f¨ Punktprobe mit tgeo (x) = m2 x + c auf y0 = −

x0 · x0 + c, y0

tgeo (x) = −

Somit ist

d.h.

c = y0 +

x20 y 2 + x20 r2 = 0 = . y0 y0 y0

x0 r2 ·x + . y0 y0

ur jeden Punkt auf dem b) Nach dem Satz von Pythagoras gilt x2 + y 2 = r2 f¨ Kreis. L¨ost man dies nach y auf, so ergibt sich   y 2 = |y| = r2 − x2 , √ und da in der oberen H¨alfte des Kreises y  0 ist , folgt y = f (x) = r2 − x2 f¨ ur dessen Funktionsgleichung. Diese Wurzel ist nat¨ urlich nur f¨ ur |x|  r definiert. √ 1 Ableiten von f (x) = r2 − x2 = (r2 − x2 ) 2 mittels Kettenregel ergibt f  (x) =

1 1 2 −x (r − x2 )− 2 · (−2x) = √ , 2 r 2 − x2

womit die Steigung der analytischen Tangente“ ” −x0 x0  =− mt = f (x0 ) =  2 2 y0 r − x0 betr¨agt. Da dies derselbe Wert wie f¨ ur die geometrische Tangente“ ist, be” sitzen beide dieselbe Funktionsgleichung (gleiche Punktprobe wie in a)). L¨ osung 5.6 f  (x) =

Zun¨ achst leiten wir f (x) = ln(x + 1) ein paar Mal ab:

1 1 2 3·2 ; f  (x) = − ; f (3) (x) = ; f (4) (x) = − , x+1 (x + 1)2 (x + 1)3 (x + 1)4

was einen zur Vermutung f (k) (x) = (−1)k−1

(k − 1)! (x + 1)k

f¨ ur alle k  1

f¨ uhrt, die man leicht durch Induktion beweist. F¨ ur die Taylorreihe von f ergibt sich somit Tf (x) =

∞  f (k) (0) k=0

k!

xk =

∞  (−1)k−1 (k − 1)! k=1

k!

xk =

∞  (−1)k−1 k=1

k

xk .

399

¨ sungen zu Kapitel 5 Lo

(Der nullte Term entf¨ allt wegen f (0) (0) = f (0) = ln 1 = 0.) Deren Konvergenzradius bestimmen wir mit der Euler-Formel (Satz 4.15):   1  ak   = lim k = lim k + 1 = 1. R = lim  k→∞ ak+1  k→∞ 1 k→∞ k k+1 Also konvergiert Tf jedenfalls auf (−1 , 1 ). Untersuchung der Randpunkte: F¨ ur x = −1 wird Tf (−1) =

∞  (−1)k−1

k

k=1

(−1)k =

∞  (−1)−1

k

k=1

(−1)2k = −

∞  1 = −∞, k

k=1

d.h. die Taylorreihe divergiert dort (harmonische Reihe). F¨ ur x = 1 hingegen erhalten wir die Reihe Tf (1) =

∞  (−1)k−1 k=1

k

1k =

∞  (−1)k−1 k=1

k

,

welche nach dem Leibnizkriterium konvergiert (alternierende harmonische Reihe – bis auf ein Minuszeichen; vergleiche Beispiel 4.30). Somit ist die Taylorreihe Tf auf I = (−1 , 1 ] konvergent, w¨ahrend f auf dem viel gr¨oßeren Intervall (−1 , ∞ ) definiert ist. Laut Aufgabe d¨ urfen wir Tf (x) = f (x) auf I annehmen, was f¨ ur x = 1 das sch¨ one Resultat f (1) = ln 2 = Tf (1) =

∞  (−1)k−1 k=1

k

=1−

1 1 1 1 + − + − ... , 2 3 4 5

liefert. Die (negative) alternierende harmonische Reihe besitzt also den Wert ln 2 ≈ 0,693.

¨ ¨ sungen zu den Ubungsaufgaben Lo

400

L¨ osungen zu Kapitel 6 L¨ osung 6.1 $ (2x + 3x2 + 4x3 ) dx = x2 + x3 + x4 + c

a)

$  b) $ c)

1

sin x − 2x− 2



dx = − cos x −

(n − 1)x−n dx =

2 1 2

√ 1 x 2 + c = − cos x − 4 x + c

n − 1 −n+1 n−1 −1 x x−(n−1) + c = n−1 + c +c= −n + 1 −(n − 1) x

Bei den n¨ achsten Aufgaben ist die lineare Verkettung zu beachten, d.h. man darf nicht vergessen, durch die innere Ableitung (fett gedruckt) zu teilen. d)

$   1 1 1 (2x + 2)− 2 + 2 dx = · 2 2 $ π2 · sin(πx) dx =

e) $ f) $ h)

1

a(ax)− 3 dx =

1 2 1 2

1

(2x + 2) 2 + 2x + c =

1√ 2x + 2 + 2x + c 2

1 2 · π (− cos(πx)) + c = −π cos(πx) + c π

2 1 1 3 · a · 2 (ax) 3 + c = 3 (ax)2 + c a 2 3

(1 − mx)−2 dx =

1 1 1 · (1 − mx)−1 + c = +c −m −1 m(1 − mx)

1 1 ist ♥ , was ln |♥| als Stammg) Die ¨außere Funktion des ersten Summanden 2x+2 funktion besitzt. Beachtet man bei beiden Summanden die innere Ableitung von 2, so ergibt sich:

$ 

i)

 1 1 1 + e2x dx = ln |2x + 2| + e2x + c. 2x + 2 2 2

$ $  4 x 2 2  1 −2 −1 x3 x +c= + +c − dx = (x2 − 2x−2 ) dx = x3 + 2 2 x x 3 −1 3 x Ohne Umformung kann man hier nicht integrieren. Auf keinen Fall d¨ urfen Z¨ ahler und Nenner einzeln integriert werden!

L¨ osung 6.2 Vorbemerkung zu a) und b): Wir w¨ahlen dieselbe Intervallzerlegung mit St¨ utzpunkten xk = k · nb wie im Beispiel zu f (x) = x2 . Da f (x) = x bzw. x3 monoton wachsend sind, geh¨oren die rechten Intervallgrenzen zur Obersumme (erstelle eine Skizze).

401

¨ sungen zu Kapitel 6 Lo

a) F¨ ur die Obersumme ergibt sich folgender Ausdruck: On =

n 

f (xk ) · Δx =

k=1

n n n   b 2    b b b b · = f k· k· · = k· n n n n n

k=1

k=1

k=1

n 1 n n+1 2 1 2 b2  b2 1 1 n (n + 1) = · · b 1 + ·b . · k = · = n2 n2 2 2 n n 2 n

=

k=1

F¨ ur den Grenzwert der Obersummenfolge erhalten wir somit lim On =

n→∞

1 1 (1 + 0) · b2 = b2 . 2 2

Eine v¨ ollig analoge Rechnung liefert ebenfalls limn→∞ Un = $ b 1 x dx = b2 folgt. 2 0

1 2

b2 , so dass

¨ b) Ahnlich wie in a) erh¨ alt man f¨ ur die Obersumme: On =

n n n   b 3 b   b4  3 b b · = f k· k3 · · = 4· k n n n n n

k=1

k=1

k=1

1 2 4 b 1 2 1 n (n + 1) 2 4 n 1 + · (n + 1) = · · b = ·b , n4 4 4 n2 n2 4 n 2  2 wobei im letzten Schritt (n+1) = n+1 einging. Grenz¨ ubergang liefert n2 n 4

2

1

2

=

lim On =

n→∞

1 1 (1 + 0)2 · b4 = b4 . 4 4

Analog zeigt man limn→∞ Un =

1 4

$

b

x3 dx =

4

b , also ist 0

1 4 b . 4

c) Da f (x) = 2 − x monoton f¨allt, geh¨oren die rechten Intervallgrenzen nun zur Untersumme (erstelle eine Skizze!). Wir rechnen: 1 2

Un =

n n     b b 1 b b 2− k· · = · f k· n n 2 n n

k=1

=

n  k=1

k=1

2·

n n n b2 b 1 b  1 b2  − k· 2 = 2 · 1− · k. n 2 n n 2 n2 k=1 2

=2

k=1

k=1

1

b 1 b 1 ·n − · n (n + 1) = 2b − n 2 n2 2 4

1+

1 2 ·b . n

ur den Grenz¨ ubergang: limn→∞ Un = 2b − 14 (1 + 0) · b2 = 2b − 14 b2 . Ebenso f¨ Grenzwert der Obersummenfolge, so dass sich insgesamt ergibt $ b 1  1 2 − x dx = 2b − b2 . 2 4 0

¨ ¨ sungen zu den Ubungsaufgaben Lo

402

L¨ osung 6.3 Es seien (Zn ) eine Folge von Zerlegungen von [ a , b ], deren Feinheit gegen Null strebt, sowie (Rn (f )) und (Rn (g)) die zugeh¨ origen Folgen von RiemannSummen von f bzw. g. Aus f (x)  g(x) f¨ ur alle x ∈ [ a , b ] und Gleichheit der Intervall-L¨angen Δxk folgt sofort n 

f (ξk )Δxk 

k=1

n 

g(ξk )Δxk ,

d.h.

Rn (f )  Rn (g).

k=1

Aufgrund von f, g ∈ R [ a , b ] konvergieren beide Riemann-Summen-Folgen gegen die bestimmten Integrale von f bzw. g, und da obige Ungleichung auch beim Grenz¨ ubergang erhalten bleibt, ergibt sich wie gew¨ unscht $

$

b

b

f (x) dx = lim Rn (f )  lim Rn (g) = n→∞

a

n→∞

g(x) dx. a

Ist nun f ∈ C [ a , b ], so existiert nach Satz 6.4 das Maximum m von f auf [ a , b ], f¨ ur welches dann nach Definition f (x)  m f¨ ur alle x ∈ [ a , b ] gilt. Setzen wir in obige Ungleichung f¨ ur g(x) also die konstante Funktion m ein, so erhalten wir unter Verwendung von Beispiel 6.10 $

$

b

b

f (x) dx 

m dx = m · (b − a).

a

a

L¨ osung 6.4 $ 4 √ √  −1   √ 4 a) x 2 − 3x2 dx = 2 x − x3 1 = 2 4 − 43 − (2 1 − 13 ) = −61 1

$ π b)

π 2

π cos x −

+π * π2  π2 dx = π sin x + = . . . = −2π x2 x π 2

$

3 2

c)

4(1 − 2x)

−2

( dx = 4

1

$

12 

d) 0

x+1

 12

* dx =

2π ω π ω

ω 2



·

1 −1 (1

− 2x)

 32 1 1 2 2 · 3 3 x+1 3

$ e)

2 3

1 −2

sin(ωt − π) dt =

2 ω 2

−1

+12

+ 32 1 =2 = ... = 1 1 − 2x 1 1 * + 3 12 2 = = . . . = 26 3 x+1 *

) 32

0

0

 1 ω

− cos(ωt − π) 

π ω

  2π = − 12 cos(ωt − π) πω ω

cos(2π − π) − cos(π − π) = (cos π − cos 0) = (−1 − 1) = 1 * +1 $ 1 √ 1 1 1 1 − 23 3 f) · 1 (2 − x) (2 − x) dx = = −3 3 2 − x −6 = . . . = 3 −1 −6 3 −6 =

− 12

− 12

  2π ω

− 12

403

¨ sungen zu Kapitel 6 Lo

L¨ osung 6.5 a) Ein Kegel vom Radius r und der H¨ ohe h entsteht, wenn das Schaubild von f (x) = hr x auf [ 0 , h ] um die x-Achse rotiert (erstelle eine Skizze f¨ ur r = 1 und h = 2), also ist $ $ h r 2 π r2 h 2 r 2 h3 VKegel = π x = r2 h. dx = π 2 x dx = π 2 · h h h 3 3 0 0 b) Um eine Kugel vom Radius r zu bekommen, l¨ asst man einen Halbkreis vom √ ur Radius r um die x-Achse rotieren. Da ein solcher durch f (x) = r2 − x2 f¨ |x|  r beschrieben wird (siehe Aufgabe 5.5), erhalten wir $ r  $ r 2 2 2 r − x dx = π · 2 (r2 − x2 ) dx (Symmetrie) VKugel = π −r

*

3

x = 2π r x − 3

+r

2

 = 2π

0

0

r3 r − 3 3

 =

4 3 πr . 3

L¨ osung 6.6 $ z $ ∞  √ z √ 1 1 √ dx := lim x− 2 dx = lim 2 x 1 = lim ( 2 z − 2) = +∞, a) z→∞ 1 z→∞ z→∞ x 1 dieses uneigentliche Integral existiert also nicht. +1  *  $ 1 $ 1 1 1 1 −2 := − 1 = +∞, dx lim x dx = lim = lim − b) 2 z→0+ z z→0+ x z z→0+ z 0 x d.h. auch dieses uneigentliche Integral existiert nicht. (Was nicht u ¨berraschend ist: Laut a) n¨ahert sich f (x) = √1x nicht schnell genug“ der x-Achse, ” um eine endliche Fl¨ ache zu ergeben, und da g(x) = x12 die Umkehrfunktion von f ist, schmiegt g sich ebenfalls zu langsam“ an die y-Achse an.) ”  * +−2 $ −2 $ −2  x−1 1 1 1 1 := c) + dx lim − dx = lim − 3 z→−∞ z z→−∞ x2 x3 x 2x2 z −∞ x   1 1 1 1 1 1 5 − + + − 2 = + +0= . = lim z→−∞ −2 8 z 2z 2 8 8 L¨ osung 6.7 $ V =π

Der Rotationsk¨ orper besitzt ein endliches Volumen, da 2 +z * $ z ∞ 1 1 dx := π lim x−2 dx = π lim − = π. z→∞ 1 z→∞ x x 1 1

Lustigerweise besitzt die Querschnittsfl¨ ache keinen endlichen Inhalt, denn es ist $ z $ ∞ 1 1 dx := lim dx = lim (ln z − ln 1) = +∞. A= z→∞ z→∞ x x 1 1

¨ ¨ sungen zu den Ubungsaufgaben Lo

404

L¨ osungen zu Kapitel 7 L¨ osung 7.1 osung von x3 − 4x2 + x + 6 = 0. a) Ausprobieren liefert x1 = −1 als eine L¨ Polynomdivision durch (x − x1 ) = (x + 1) ergibt     x3 − 4x2 + x + 6 : x + 1 = x2 − 5x + 6. − x3 − x 2 − 5x2 + x 5x2 + 5x 6x + 6 − 6x − 6 0 Achtung: Hier wurden alle Minusklammern bereits aufgel¨ost, d.h. anstelle von z.B. −(x3 + x2 ) wurde gleich −x3 − x2 geschrieben. Eine Alternative zur Polynomdivision stellt der folgende Ansatz dar. !

(ax2 + bx + c) · (x + 1) = x3 − 4x2 + x + 6 !

ax3 + bx2 + cx + ax2 + bx + c = x3 − 4x2 + x + 6 !

ax3 + (a + b)x2 + (b + c)x + c = x3 − 4x2 + x + 6 Koeffizientenvergleich liefert sofort a = 1 und c = 6 und daraus wegen a+b = −4 dann b = −5, also erh¨alt man auch auf diesem Wege x3 − 4x2 + x + 6 = (x2 − 5x + 6) · (x + 1). Nach dem Satz vom Nullprodukt bleibt daher x2 − 5x + 6 = 0 zu l¨ osen. Vieta liefert x2 = 2 und x3 = 3, also ist insgesamt L = {−1, 2, 3 }. b) Wieder finden wir die erste L¨ osung x1 = 2 von x3 − 2x2 + x− 2 =0 durch Raten, und Polynomdivision liefert x3 − 2x2 + x − 2 : x − 2 = x2 + 1. − x3 + 2x2 x−2 −x+2 0 Da x2 + 1 = 0 keine reellen L¨osungen besitzt, bleibt es bei L = { 2 }. Mit dem alternativen Ansatz !

(ax2 + bx + c) · (x − 2) = x3 − 2x2 + x − 2 !

ax3 + (b − 2a)x2 + (c − 2b)x = x3 − 2x2 + x − 2 erh¨alt man a = 1, b = 0 und c = 1, dann geht es weiter wie oben.

405

¨ sungen zu Kapitel 7 Lo

c) Mit der ersten erratenen L¨osung x1 = −1 erh¨ alt man mittels Polynomdivision     3 2 − 7x − 6 : x + 1 = x − x − 6. x − x3 − x 2 − x2 − 7x x2 + x − 6x − 6 6x + 6 0 Alternativ kann man wieder ansetzen: !

(ax2 + bx + c) · (x + 1) = x3 − 7x + 6,

d.h.

!

ax3 + (a + b)x2 + (b + c)x = x3 + 0x2 − 7x + 6. Als Ergebnis erhalten wir a = 1 und c = −6, und wegen a+b = 0 folgt b = −1, also ebenfalls die Produktdarstellung x3 − 7x + 6 = (x2 − x − 6) · (x + 1). Zu l¨osen bleibt jedenfalls x2 − x − 6 = 0. Mit Vieta oder L¨osungsformel f¨ ur quadratische Gleichungen erh¨alt man die weiteren L¨osungen x2 = 3 und x3 = −2. Also ist L = {−2, − 1, 3 }. L¨ osung 7.2 a) Zur L¨ osung von 4x4 − 12x2 + 9 = 0 substituieren wir u = x2 , was auf die uhrt. Wenn man das Binom (2u − 3)2 nicht Gleichung 4u2 − 12u + 9 = 0 f¨ erkennt, erh¨ alt man etwas aufw¨ andiger auch mit der L¨osungsformel √ 3 12 ± 144 − 144 u1,2 = = 2·4 2  √ als einzige L¨osung. Die R¨ ucksubstitution liefert |x| = u = 3/2 und damit ,  unglichen Gleichung. die L¨osungsmenge L = ± 3/2 der urspr¨ b) Durch Ausklammern von x erh¨alt man  1 3 1 3 x5 + x3 − x = x · x4 + x2 − = 0, 4 8 4 8 also x1 = 0 als erste L¨osung, und es bleibt nurmehr die reduzierte Gleichung x4 + 14 x2 − 38 = 0 zu l¨osen. Die Substitution u = x2 liefert u2 + 14 u − 38 = 0, also lauten die L¨osungen der substituierten Gleichung   1 − 14 ± 25 + 12 − 14 ± 16 −1 ± 5 8 16 u1,2 = = = 4 4 , 2 2 2 osung u1 erhalten wir d.h. u1 = 12 und u2 = − 34 . Aus der nicht-negativen L¨  √ via R¨ ucksubstitution weitere L¨osungen x2,3 = ± 1/2 = ± 2/2 (der Nenner wurde rational gemacht) der urspr¨ unglichen Gleichung. x2 = u2 < 0 ist nicht m¨ oglich osungen. Die L¨osungsmenge lautet somit - keine weiteren L¨ , und√ liefert L = 0, ± 2/2 .

406

¨ ¨ sungen zu den Ubungsaufgaben Lo

c) Zun¨achst substituiert man u = x2 , so dass 14u3 − 67u2 + 81 = 0 zu l¨ osen ist. Errate eine erste L¨ osung u1 = −1 (was keine reelle L¨osung x liefert), und f¨ uhre Polynomdivision durch:     14u3 − 67u2 + 81 : u + 1 = 14u2 − 81u + 81. − 14u3 − 14u2 − 81u2 81u2 + 81u 81u + 81 − 81u − 81 0 Die Nullstellen des Faktors 14u2 − 81u + 81 erh¨alt man wieder u ¨ber die L¨osungsformel: √ 81 ± 45 81 ± 812 − 4 · 14 · 81 = , u2,3 = 28 28 also u2 = 92 und u3 = 97 . Aus den nicht-negativen √ L¨osungen u2 und u3 der L¨osungssubstituierten Gleichung erh¨alt man durch |x|,= u die komplette menge der urspr¨ unglichen Gleichung als L = ± √32 , ± √37 . L¨ osung 7.3 a) Die Ungleichung −x2 + 4x < 0 () ist zu l¨osen. Die zugeh¨orige Gleichung −x2 + 4x = −x(x − 4) = 0 hat die L¨osungen 0 und 4. Wir m¨ ussen also die G¨ ultigkeit der Ungleichung in den drei Bereichen x < 0, 0 < x < 4 und x > 4 u ¨berpr¨ ufen. Einsetzen z.B. der Zahlen −1, 1 und 5 liefert wahre Aussagen f¨ ur () f¨ ur die Bereiche x < 0 und x > 4, w¨ ahrend dies zwischen 0 und 4 nicht der Fall ist. Also ist die L¨osungsmenge der Ungleichung L = ( −∞ , 0 ) ∪ ( 4 , ∞ ). Dies erh¨ alt man noch schneller, wenn man sich u ¨berlegt, in welchen Bereichen die Faktoren −x und x − 4 verschiedene Vorzeichen haben (denn dann ist ihr Produkt −x(x − 4) < 0). 1 b) Die Substitution u = x2 f¨ uhrt auf die zugeh¨ orige Gleichung u2 + 38 u − 16 = 0, 1 1 ucksubstitution liefert welche die L¨osungen u1 = 8 und u2 = − 2 hat. R¨ 1 x1,2 = ± √18 = ± 2√ . Einsetzen von −1, 0 und 1 in die Ungleichung liefert 2   1 1 1 1 . eine wahre Aussage. Damit ist L = − 2√ , 2√ nur f¨ ur − 2√2  x  2√ 2 2 2

¨ c) Die Ungleichung 3x3 + 6x2 > x3 + 36x + 80 bringt man durch Aquivalenz3 2 umformungen zun¨ achst auf die Gestalt x + 3x − 18x − 40 > 0 (). Eine (erratene) L¨ osung der zugeh¨origen Gleichung ist x1 = 4. Per Polynomdivision erh¨alt man die Faktorisierung x3 + 3x2 − 18x − 40 = (x − 4) · (x2 + 7x + 10). Vieta liefert die weiteren L¨osungen x2 = −2 und x3 = −5. Wir m¨ ussen also vier Intervalle untersuchen: I1 = ( −∞ , −5 ), I2 = (−5 , −2 ), I3 = (−2 , 4 ) und I4 = ( 4 , ∞ ).

¨ sungen zu Kapitel 7 Lo

◦ ◦ ◦ ◦

F¨ ur F¨ ur F¨ ur F¨ ur

407

−6 ∈ I1 ergibt die Probe in () −40 > 0, eine falsche Aussage. −3 ∈ I2 folgt 14 > 0, auf I2 gilt also die Ungleichung. 0 ∈ I3 wird () zur falschen Aussage −40 > 0. 5 ∈ I4 folgt 70 > 0, eine wahre Aussage.

Somit ist die L¨osungsmenge L = I2 ∪ I4 = (−5 , −2 ) ∪ ( 4 , ∞ ). L¨ osung 7.4 a) Die f¨ ur x = ±3 definierte Gleichung formen wir um: x + x−3 ⇐⇒

2x x+3

=

1 x+3 + x − 3 9 − x2

x(x + 3) + 2x(x − 3) = x + 3 − (x + 3)

⇐⇒

3x2 − 3x = 0

⇐⇒

3x(x − 1) = 0,

wobei wir im ersten Schritt mit (x − 3) · (x + 3) = x2 − 9 multipliziert haben, ¨ was f¨ ur x = ±3 eine Aquivalenzumformung ist. Es bleibt also nur 3x(x − 1) = 0 zu l¨osen und mit dem Nullproduktsatz erhalten wir die L¨osungsmenge L = { 0, 1}. b) Wir multiplizieren zun¨ achst die gegebene Gleichung f¨ ur x = 0 und x = 1 mit 2x(x − 1) = 2(x2 − x): 1 1 − = x2 − x x − 1 ⇐⇒ ⇐⇒

2

−

1

−

1 2x

2x = 2(x2 − x) − (x − 1)

2x2 − x − 1 = 0.

Nach der letzten Umformung k¨ onnen wir die L¨osungsformel anwenden und erhalten x1 = 1 und x2 = − 12 als L¨osungen von 2x2 − x − 1 = 0. Da x = 1 aber nicht im Definitionsbereich der Bruchgleichung -liegt, gibt es nur eine , L¨osung der urspr¨ unglichen Gleichung, d.h. L = − 12 . L¨ osung 7.5 Z a) Am einfachsten argumentiert man so: Ein Bruch N ist genau dann  0, wenn Z  0 und N < 0 oder Z  0 und N > 0 gilt.

Im ersten Fall erhalten wir x + 1  0 und x + 2 < 0, d.h. x  −1 und x < −2, was nicht gleichzeitig erf¨ ullt sein kann. Im zweiten Fall muss x + 1  0 und x + 2 > 0 erf¨ ullt sein, d.h. x  −1 und x > −2, also zusammen: x ∈ (−2 , −1 ]. Die L¨osungsmenge lautet somit L = (−2 , −1 ].

¨ ¨ sungen zu den Ubungsaufgaben Lo

408

3

x 10 + x + x+1  b) Die Ungleichung x+1 mit (x + 1) multipliziert.

−2x x+1

(), die f¨ ur x = −1 definiert ist, wird

Fall 1: x + 1 > 0, d.h. x ∈ (−1 , ∞ ) = J1 . () wird zu x3 + x2 + x + 10  −2x

⇐⇒

x3 + x2 + 3x + 10  0

().

Eine L¨osung der zugeh¨origen Gleichung ist x1 = −2. Durch Polynomdivision erhalten wir die Faktorisierung x3 + x2 + 3x + 10 = (x + 2) · (x2 − x + 5) √

und die L¨osungsformel x2,3 = 1± 21−20 liefert keine weiteren reellen L¨osunoffnet ist gen. Da die zu p(x) = x2 − x + 5 geh¨orige Parabel nach oben ge¨ und keine Nullstellen hat, gilt p(x) > 0 f¨ ur alle x ∈ R. Die Ungleichung (), die sich als (x + 2) · p(x)  0 schreiben l¨asst, ist somit f¨ ur x + 2  0, also x ∈ [−2 , ∞ ) = I1 erf¨ ullt. Fall 1 steuert somit das Intervall I1 ∩J1 = (−1 , ∞ ) zur L¨osungsmenge bei. Fall 2:

x + 1 < 0, d.h. x ∈ (−∞ , −1 ) = J2 . () wird analog zu oben zu

x3 + x2 + 3x + 10  0

bzw.

(x + 2) · p(x)  0.

Wegen p > 0 f¨ uhrt dies auf x + 2  0, also x ∈ (−∞ , −2 ] = I2 . Fall 2 steuert osungsmenge bei. folglich das Intervall I2 ∩ J2 = (−∞ , −2 ] zur L¨ Insgesamt gilt L = (−∞ , −2 ] ∪ (−1 , ∞ ). Alternativ-L¨ osung durch Einsetzen von Zahlen (obige Umformungen und urlich nicht erspart): Bestimmung von J1 , J2 bleiben einem dabei aber nat¨ Fall 1: F¨ ur x ∈ J1 muss x3 + x2 + 3x + 10  0 () untersucht werden. Die zugeh¨orige Gleichung besitzt x1 = −2 als einzige L¨osung (siehe oben); die Pr¨ ufintervalle f¨ ur (), aus denen wir Zahlen einsetzen, sind somit ussen wir () P1 = (−∞ , −2 ) und P2 = (−2 , ∞ ). Da P1 ∩ J1 = ∅ ist, m¨ nur f¨ ur x ∈ P2 ∩ J1 = (−1 , ∞) testen, indem wir z.B. 0 einsetzen: 10  0, also wahre Aussage. Fall 1 steuert somit das Intervall (−1 , ∞ ) zur L¨osungsmenge bei. Fall 2: F¨ ur x ∈ J2 ist () ¨aquivalent zu x3 + x2 + 3x + 10  0 (∗), was wir auf P1 ∩ J2 = (−∞ , −2 ) und P2 ∩ J2 = (−2 , −1 ) testen. ◦ Test mit −3 ∈ P1 ∩ J2 liefert: −17  0, eine wahre Aussage. ◦ Test mit −1,5 ∈ P2 ∩ J2 : 4,375  0, was falsch ist. Fall 2 steuert folglich das Intervall (−∞ , −2 ] zur L¨ osungsmenge bei. Insgesamt gilt wieder L = (−∞ , −2 ] ∪ (−1 , ∞ ). 1 2 + x+1 + x21−1 < 58 () geh¨orende c) Multipliziert man die zur Ungleichung x−1 Gleichung mit dem Hauptnenner N (x) = 8(x − 1)(x + 1) = 8(x2 − 1), so

409

¨ sungen zu Kapitel 7 Lo

erh¨alt man nach kurzem Umformen 5x2 − 24x − 5 = 0 (siehe Beispiel 7.9). Diese Gleichung besitzt die L¨ osungen 5 und − 51 und ihre linke Seite l¨ asst sich demnach faktorisieren als 5x2 − 24x − 5 = 5(x − 5)(x + 15 ). Das Vorzeichen des Multiplikators N (x) stellen wir in Vorzeichentabelle A.5 u ¨bersichtlich dar.

x < −1 −1 < x < 1 1 0, d.h. x ∈ (−∞ , −1 ) ∪ ( 1 , ∞ ) = J1 . () wird zu 5x2 − ussen demnach dasselbe Vor24x − 5 > 0; die Faktoren von 5(x − 5)(x + 15 ) m¨ zeichen besitzen. Fall 1.1: Damit beide Klammern positiv werden, muss x > 5 und x > − 15 sein. Zusammengefasst also x > 5, d.h. x ∈ ( 5 , ∞ ) = I1 . Fall 1.2: Damit beide Klammern negativ werden, muss x < 5 und x < − 15 sein. Zusammen: x < − 15 , sprich x ∈ (−∞ , − 15 ) = I2 . Fall 1 tr¨agt zur L¨osungsmenge somit die Intervalle I1 ∩ J1 = ( 5 , ∞ ) und I2 ∩ J1 = (−∞ , −1 ) bei. Fall 2: N (x) < 0, d.h. x ∈ (−1 , 1 ) = J2 . Multiplikation mit N (x) dreht das Ungleichheitszeichen um, und () ist hier ¨aquivalent zu 5x2 − 24x− 5 < 0. ussen hier also verschiedene Vorzeichen Die Faktoren von 5(x − 5)(x + 15 ) m¨ besitzen. Fall 2.1: x > 5 und x < − 15 ist nicht m¨oglich. Fall 2.1: x < 5 und x > − 15 , d.h. x ∈ (− 15 , 5 ) = I3 .   Fall 2 steuert also I3 ∩ J2 = − 15 , 1 zur L¨osungsmenge bei.   Insgesamt erh¨alt man L = (−∞ , −1 ) ∪ − 15 , 1 ∪ ( 5 , ∞ ). Alternativ-L¨ osung durch Einsetzen (gleicher Kommentar wie bei b)): Fall 1: () wird f¨ ur x ∈ J1 zu 5x2 −24x−5 > 0 (). Da die Nullstellen der ussen wir () auf den Intervallen zugeh¨origen Gleichung − 15 und 5 sind, m¨ ufen, wobei die Pr¨ ufzahl P1 = (−∞ , − 15 ), P2 = (− 15 , 5 ) und P3 = ( 5 , ∞ ) pr¨ stets auch in J1 liegen muss, da wir uns in Fall 1 befinden. Wir testen () f¨ ur die Werte −2 ∈ P1 ∩ J1 , 2 ∈ P2 ∩ J1 und 6 ∈ P3 ∩ J1 .

¨ ¨ sungen zu den Ubungsaufgaben Lo

410

◦ F¨ ur x = −2 wird () zu 63 > 0, einer wahren Aussage. ◦ F¨ ur x = 2 wird () zu −33 > 0, einer falschen Aussage. ◦ F¨ ur x = 6 wird () zu 31 > 0, einer wahren Aussage. Fall 1 tr¨agt zur L¨osungsmenge die Intervalle P1 ∩ J1 = (−∞ , −1 ) und P3 ∩ J1 = ( 5 , ∞ ) bei. Fall 2: () ist f¨ ur x ∈ J2 ¨aquivalent zu 5x2 −24x−5 < 0 (∗). Da P3 ∩J2 = ∅ ufen. ist, brauchen wir (∗) nur mit − 12 ∈ P1 ∩ J2 und 0 ∈ P2 ∩ J2 zu pr¨ ◦ F¨ ur x = − 12 wird (∗) zu 8,25 < 0, einer falschen Aussage. ◦ F¨ ur x = 0 wird (∗) zu −5 < 0, einer wahren Aussage.   Fall 2 steuert also P2 ∩ J2 = − 15 , 1 zur L¨osungsmenge bei.   Insgesamt erh¨ alt man wieder L = (−∞ , −1 ) ∪ − 15 , 1 ∪ ( 5 , ∞ ). L¨ osung 7.6 √ a) Die Gleichung x = −1 hat als L¨osungsmenge offensichtlich die leere Menge, w¨ ahrend die quadrierte Gleichung x = 1 die einelementige L¨ o√ sungsmenge L = { 1 } besitzt. Ein weiteres Beispiel ist die Wurzelgleichung x = x − 1, 2 welche nach Quadrieren x = (x−1)2 = x2 −2x−1 bzw. = 0 lautet,  √x −3x−1 1 welche die zwei verschiedenen L¨osungen x1,2 = 2 3 ± 9 + 4 besitzt, wovon eine negativ und damit keine L¨ osung der urspr¨ unglichen Gleichung ist. √ osungen x1,2 = ±1, genau wie die quadrierte b) Die Gleichung x2 = 1 hat als L¨ √ Gleichung x2 = 1. Ebenso hat x = 1 genau wie ihr Quadrat x = 12 die einzige L¨ osung x = 1. L¨ osung 7.7 a) Als erstes quadrieren wir die Gleichung 6x + 37 = x2 + 10x + 25

⇐⇒

√

6x + 37 = x + 5 und erhalten

x2 + 4x − 12 = 0.

Die L¨osungen der letzten Gleichung liefert Vieta: Man erh¨alt mit x1 = −6 ur L¨osungen der urspr¨ unglichen Gleichung. Probe: und x2 = 2 Kandidaten f¨ √ ◦ Mit x1 = −6: Linke Seite ergibt −36 + 37 = 1, rechte Seite ergibt −6 + 5 = −1, also ist x1 = −6 keine L¨osung. √ ◦ Mit x2 = 2: Linke Seite ergibt 12 + 37 = 7, rechte Seite ergibt 2+5 = 7, osung. also ist x2 = 2 eine L¨ Die L¨osungsmenge lautet somit L = { 2 }. √ √ b) Durch Quadrieren wird aus 2x2 = x2 − 1 − 1 die Gleichung   ⇐⇒ x2 = −2 x2 − 1, 2x2 = x2 − 1 − 2 x2 − 1 + 1

411

¨ sungen zu Kapitel 7 Lo

was durch erneutes Quadrieren zu x4 = 4(x2 − 1) wird. Wir haben nun also die L¨osungen zu x4 − 4x2 + 4 = 0 zu finden. Substitution u = x2 liefert u2 − 4u + 4 = 0, und da die linke Seite als u2 − 4u + 4 = (u − 2)2 geschrieben √ werden kann, muss u = 2 sein und somit nach R¨ ucksubstitution x = ± 2. Wir m¨ ussen diese L¨osungskandidaten zur Probe in die urspr¨ ungliche Gleichung einsetzen: Beidesmal ergibt sich die falsche Aussage 2 = 0, so dass die L¨ osungsmenge hier leer ist, L = ∅. √ c) Die Gleichung 3 5x + 2 = x − 2 nehmen wir mit Hilfe des binomischen Lehrsatzes hoch 3“ und erhalten ” 5x + 2 = x3 + 3 · x2 · (−2)1 + 3 · x · (−2)2 + (−2)3 = x3 − 6x2 + 12x − 8, also x3 − 6x2 + 7x − 10 = 0. Durch Erraten finden wir die erste L¨osung x1 = 5 und mittels Polynomdivision die Faktorisierung x3 − 6x2 + 7x − 10 = (x − 5) · (x2 − x + 2). Der zweite Faktor der linken Seite kann nicht Null werden, denn die Gleichung x2 − x + 2 = 0 f¨ uhrt wegen negativer Diskriminante in der L¨osungsformel auf keine weiteren reellen L¨osungen. F¨ ur x1 = 5 f¨ uhren wir unglichen Gleichung durch: √ in der urspr¨ √ die Probe Die linke Seite ergibt 3 25 + 2 = 3 27 = 3, und ebenfalls ist die rechte Seite 5 − 2 = 3. Somit lautet die L¨osungsmenge L = { 5 }. Die Probe w¨are hier nicht n¨ otig, da die Abbildung f : R → R, x → x3 bijektiv, also insbesondere injektiv ist. Stimmen bei einer Gleichung nach dem Potenzieren beide Seiten f¨ ur einen Wert von x u ¨berein, so haben sie auch dasselbe Urbild unter f , das wiederum der dritten Wurzel entspricht. L¨ osung 7.8 √ a) Wir l¨osen die zu 16 + x2 − x  5 geh¨ orige Gleichung und erhalten nach Isolieren, Quadrieren und Sortieren 16 + x2 = x2 + 10x + 25,

9 also x1 = − 10 .

Die Probe liefert auf der linken Seite   9 2  9   1681 16 + − 10 − − 10 = 100 +

9 10

=

50 10

= 5,

9 wirklich die zugeh¨ oriwas der rechten Seite 5 entspricht. Somit l¨ ost x1 = − 10 ge Gleichung. Wir pr¨ ufen ugt, da √ die Ungleichung ”links und rechts“ von x1 . (Dies gen¨ unge mit f (x) = 16 + x2 − x auf ganz R stetig ist und somit keine Spr¨ Vorzeichenwechsel machen kann.) √ ur x < x 1 ◦ F¨ ur x = −3 folgt: 25 + 3 = 8 > 5, also ist die Ungleichung f¨ nicht erf¨ ullt.

412

¨ ¨ sungen zu den Ubungsaufgaben Lo

◦ F¨ ur x = 0 ist

√

16 + 1 = 4  5, also gilt die Ungleichung f¨ ur x  x 1 .   9 Als L¨osungsmenge erh¨alt man folglich L = − 10 , ∞ . √ √ b) Wir quadrieren die zu 2 x − 2  x − 1 () geh¨orige Gleichung, isolieren die Wurzel und quadrieren erneut: √ √ √ √ 2 x − 2 = x − 1 =⇒ 4x − 8 x + 4 = x − 1 ⇐⇒ 8 x = 3x + 5 =⇒ 64x = 9x2 + 30x + 25 ⇐⇒ 9x2 − 34x + 25 = 0. Die L¨osungsformel liefert f¨ ur die letzte Gleichung x1 = 25 9 und x2 = 1. Durch Einsetzen in die urspr¨ ungliche Gleichung u ¨berzeugt man sich, dass es sich wirklich um L¨ osungen handelt; insbesondere geh¨ oren x1 und x2 automatisch zur L¨osungsmenge der Ungleichung (). Aufgrund des Definitionsbereichs D = [ 1 , ∞ ) der urspr¨ unglichen Gleichung ist x2 ein Randpunkt und wir m¨ ussen nur f¨ ur die Bereiche I1 = ( 1 , 25 9 ) , ∞ ) Werte einsetzen: I2 = [ 25 9 √ √ ◦ F¨ ur x = 2 ∈ I1 wird () zu: 2 2 − 2  2 − 1 = 1; falsch! √ √ ◦ F¨ ur x = 5 ∈ I2 wird () zu: 2 5 − 2  5 − 1 = 2; wahr!   Damit erhalten wir als L¨ osungsmenge L = { 1 } ∪ 25 9 ,∞ . 1 1 c) Die Ungleichung 2√x+2 > x−1 () mit Definitionsbereich D = (−2 , ∞ )\{ 1 } machen wir zuerst bruchfrei“, indem wir mit dem Hauptnenner multipli” √ zieren. Da die Wurzel √x + 2 stets positiv ist, h¨ angt das Vorzeichen des Hauptnenners N (x) = 2 x + 2 · (x − 1) nur von x − 1 ab.

Fall 1: N (x) > 0, also (x − 1) > 0, d.h. x ∈ ( 1 , ∞ ) = J1 . Die bruchfreie Ungleichung lautet f¨ ur diesen Fall √ x − 1 > 2 x + 2 =⇒ x2 − 2x + 1 > 4(x + 2) ⇐⇒ x2 − 6x − 7 > 0, wobei wir im ersten Schritt (unter Beachtung des wegen x > 1 positiven Vorzeichens) quadriert haben. Die L¨osungen der zur letzten Ungleichung geh¨origen Gleichung ergeben sich nach Vieta zu x1 = −1 und x2 = 7. Die Pr¨ ufintervalle sind somit I1 = (−∞ , − 1 ), I2 = (−1 , 7 ) und I3 = ( 7 , ∞ ). Da ur x = 2 ∈ I2 ∩ J1 und I1 ∩ J1 = ∅ ist, brauchen wir die Ungleichung nur f¨ x = 14 ∈ I3 ∩ J1 testen: ◦ F¨ ur x = 2 wird () zu 21·2 > 11 ; falsch! 1 , was stimmt. ◦ F¨ ur x = 14 wird () zu 21·4 > 13 Fall 1 liefert somit das Intervall I3 ∩ J1 = ( 7 , ∞ ). Fall 2: N (x) < 0, also (x−1) < 0, d.h. x ∈ (−2 , 1 ) = J2 (beachte x > −2 aufgrund der Definitionsmenge D). Wir erhalten hier als bruchfreie Unglei√ chung x − 1 < 2 x + 2 mit L¨osungen x1 = −1 und x2 = 7 der zugeh¨origen Gleichung (siehe oben). Hier testen wir () mit −1,5 ∈ I1 ∩ J2 und 0 ∈ I2 ∩ J2 (es ist I3 ∩ J2 = ∅):

413

¨ sungen zu Kapitel 7 Lo

◦ F¨ ur x = −1,5 wird () zu ◦ F¨ ur x = 0 wird () zu

1 √

2·

1√ 2· 2

>

1/2

>

1 −1 ,

1 −2,5 ,

einer wahren Aussage.

auch einer wahren Aussage.

osungsmenge bei. Fall 2 steuert somit das ganze Intervall J2 = (−2 , 1 ) zur L¨ Als gesamte L¨ osungsmenge ergibt sich L = (−2 , 1 ) ∪ ( 7 , ∞ ). L¨ osung 7.9 a) Damit |x − 5| = 8 wird, muss x − 5 entweder 8 oder −8 sein. Im ersten Fall folgt x1 = 13, im zweiten x2 = −3. Die L¨osungsmenge der Betragsgleichung ist also L = {−3, 13 }. b) Da die Gleichung |x−4| = |3x+6| mehrere Betr¨ age enth¨alt, veranschaulichen wir die Fallunterscheidungen in Abbildung A.7. Es gibt drei F¨alle.

|3x + 6| = −3x − 6

|3x + 6| = 3x + 6 |x − 4| = −(x − 4) −2

|x − 4| = x − 4

4

Abbildung A.7 Fall 1: x < −2, also |3x + 6| = −3x − 6 und |x − 4| = −(x − 4) = −x + 4. Die zu l¨osende Gleichung lautet hier −x + 4 = −3x − 6, d.h. x1 = −5. Da dieses x1 < −2 ist, also im betrachteten Definitionsbereich von Fall 1 liegt, haben wir eine L¨ osung gefunden. Fall 2: −2  x < 4, also |3x + 6| = 3x + 6 und |x − 4| = −x + 4. Hier lautet die Gleichung ohne Betr¨age −x + 4 = 3x + 6, deren L¨osung x2 = − 12 auch im Definitionsbereich von Fall 2 liegt. Fall 3: x  4, also |3x + 6| = 3x + 6 und |x − 4| = x − 4. Wie in Fall 1 (nur mit umgedrehten Vorzeichen) erhalten wir x − 4 = 3x + 6, also x3 = −5, was diesmal nicht im Definitionsbereich von Fall 3 liegt, aber in Fall 1 bereits als L¨ osung erkannt wurde. Die L¨osungsmenge lautet folglich L = { −5, − 12 }.  c) Im ersten Schritt quadrieren wir die Gleichung |x + 6| = x und erhalten osung des Betrags m¨ ussen wir zwei F¨alle unterscheiden: |x + 6| = x2 . Zur Aufl¨ Fall 1: x  −6, also |x + 6| = x + 6. Somit haben wir x + 6 = x2 bzw. x2 − x − 6 = 0 zu l¨osen. osungskandidaten. Beide Die L¨osungsformel liefert x1 = 3 und x2 = −2 als L¨ liegen im Definitionsbereich von Fall 1 und sind also L¨osungen der quadrierten Gleichung. Wegen des Quadrierens m¨ ussen wir allerdings die Probe mit der

¨ ¨ sungen zu den Ubungsaufgaben Lo

414

 urspr¨ unglichen Gleichung machen: |3 + 6| ergibt 3, also ist x1 eine L¨osung.  Bei x2 erh¨alt man jedoch | − 2 + 6| = 2 = −2. Fall 2: x < −6, also |x + 6| = −(x + 6) = −x − 6, und wir haben die osen. Aufgrund quadratische Gleichung −x − 6 = x2 bzw. x2 + x + 6 = 0 zu l¨ negativer Diskriminate 1 − 4 · 6 < 0 liefert Fall 2 keine L¨osungen. Die L¨osungsmenge lautet folglich L = { 3 }. d) Die Gleichung

|x+1| |x|

= x + 1, welche f¨ ur x = 0 definiert ist, multiplizieren

|x| und erhalten die Gleichung |x| = |x+1| wir f¨ ur x = −1 mit x+1 x+1 . Da |♥| sich nur im Vorzeichen von ♥ unterscheiden kann, ist die rechte Seite 1 oder −1. Links steht |x|, was > 0 ist, also kann die Gleichheit mit rechts nur f¨ ur |x| = 1 bestehen, d.h. x = ±1. Da wir f¨ ur die Umformung x = −1 ausschließen mussten, erhalten wir so jedoch nur x = 1 als L¨osung. Durch direktes Einsetzen von x = −1 in die urspr¨ ungliche Gleichung sieht man, dass diese mit 0 = 0 erf¨ ullt ist. Also ist insgesamt L = {−1, 1 }.

L¨ osung 7.10 a) f (x) = 12 (x + |x|) hat Definitionsbereich D = R und Wertebereich [ 0 , ∞ ). Letzteres sieht man leicht an Schaubild A.8 bzw. wenn man den Betrag mittels Fallunterscheidung aufl¨ ost:   1 0 f¨ ur x < 0 (x − x) f¨ u r x < 0 f (x) = 21 = ur x  0 x f¨ ur x  0, 2 (x + x) f¨ d.h. bei f handelt es sich um den Positivteil“ der ersten Winkelhalbierenden. ” f (x) =

x+|x| 2

6 4 2 −6

−4

−2

2

4

6

Abbildung A.8 x (x − 2) ist definiert f¨ ur alle x = 0, d.h. maximaler b) Die Funktion f (x) = |x| Definitionsbereich ist R\{ 0 }. Wir schreiben f (x) ohne Betr¨age:   x −x + 2 f¨ ur x < 0 (x − 2) f¨ ur x < 0 x −x (x − 2) = = f (x) = x |x| (x − 2) f¨ u r x > 0 x − 2 f¨ ur x > 0. x

¨ sungen zu Kapitel 7 Lo

415

Somit ist der Wertebereich die Vereinigung der Wertemenge von −x + 2 f¨ ur negatives x, d.h. ( 2 , ∞ ), und der Wertemenge von x − 2 f¨ ur positives x, ( −2 , ∞ ) (der Wert an der Stelle 0 ist jeweils nicht mit enthalten, wegen des Definitionsbereichs der urspr¨ unglichen Funktion). Zusammengefasst ist die Wertemenge also Wf = ( 2 , ∞ ) ∪ ( −2 , ∞ ) = ( −2 , ∞ ).

6 f (x) =

x (x |x|

2

4

4

− 2)

2

−4

−2 −2

Abbildung A.9 c) Die Funktion f (x) = |x − 2| + |x + 1| ist auf ganz R definiert. F¨ ur die Bestimmung des Wertebereichs bzw. zum leichteren Zeichnen unterscheiden wir bez¨ uglich des Terms |x − 2| die Bereiche x < 2 und x  2, sowie f¨ ur |x + 1| die Bereiche links und rechts von −1: ⎧ ⎪ ur x < −1 ⎨−(x − 2) − (x + 1) f¨ f (x) = |x − 2| + |x + 1| = −(x − 2) + (x + 1) f¨ ur − 1  x < 2 ⎪ ⎩ (x − 2) + (x + 1) f¨ ur x  2 ⎧ ⎪ ur x < −1 ⎨−2x + 1 f¨ = 3 f¨ ur − 1  x < 2 ⎪ ⎩ 2x − 1 f¨ ur x  2. Wir erhalten Schaubild A.10 mit drei Geradenst¨ ucken. 6 4 2

−2

f (x) = |x − 2| + |x + 1|

2

4

Abbildung A.10

6

¨ ¨ sungen zu den Ubungsaufgaben Lo

416

Der Wertebereich ist [ 3 , ∞ ) (wie man leicht an der Vereinigung der Wertebereiche der einzelnen Geradenst¨ ucke sieht). 2 ur x2  2 bzw. d) Auch bei √ f (x) = |x − 2| ist der Definitionsbereich R. F¨ |x|  2 ist |x2 −2| = x2 −2, ansonsten muss man die Vorzeichen umkehren:  √ √ x2 − 2 f¨ ur x  − 2 oder x  2 2 √ √ f (x) = |x − 2| = ur − 2 < x < 2. −x2 + 2 f¨

Das Schaubild in Abbildung A.11 ist eine verschobene Normalparabel, deren Negativteil nach oben geklappt ist. Der Wertebereich ist [ 0 , ∞ ).

4 f (x) = |x2 − 2| 2

−4

−2

2

4

Abbildung A.11 L¨ osung 7.11 a) Zur L¨ osung der Ungleichung |x − 4| + |2 − x| > x + 1 stellen wir zun¨ achst fest, dass die Argumente der beiden Betr¨age ihr Vorzeichen bei 2 bzw. 4 wechseln. Insgesamt sind drei F¨ alle zu betrachten, wenn wir die Betr¨ age aufl¨osen wollen. Fall 1: x  2, also |x − 4| = −(x − 4) und |2 − x| = 2 − x. Wir erhalten hier die Ungleichung 6 − 2x > x + 1, d.h. x < 53 . Da 53 < 2 und die Bedingung von Fall 1 somit automatisch erf¨ ullt ist, geh¨ort (−∞ , 53 ) zur L¨osungsmenge. Fall 2: 2 < x < 4, also |x − 4| = −(x − 4) und |2 − x| = −(2 − x). Die Ungleichung vereinfacht sich zu 2 > x + 1, d.h. x < 1. Weil das die Bedingung von Fall 2 verletzt, erhalten wir hier keine weiteren L¨osungen. Fall 3: x  4, also |x − 4| = x − 4 und |2 − x| = −(2 − x). In diesem letzten Fall lautet die Ungleichung 2x − 6 > x + 1, d.h. x > 7 und als Beitrag zur L¨osungsmenge erhalten wir ( 7 , ∞ ). Insgesamt ist L = (−∞ , 53 ) ∪ ( 7 , ∞ ). b) Die Ungleichung |x2 −2|  14 ist nach Definition des Betrags gleichbedeutend damit, dass entweder x2 − 2  14 oder x2 − 2  − 14 ist. Also muss x2  94 oder x2  74 sein.  9 3 3 3 Der erste Fall tritt genau f¨ ur |x|  4 = 2 ein, d.h. − 2  x oder x  2 . √

√

Der zweite Fall liegt genau dann vor, wenn − 27  x  27 ist. √ √ Somit ist die L¨osungsmenge L = (−∞ , − 32 ] ∪ [− 27 , 27 ] ∪ [ 32 , ∞ ).

417

¨ sungen zu Kapitel 7 Lo

c) Da der Betrag keiner reellen Zahl negativ sein kann, ist die L¨osungsmenge von |x3 − 117x2 + 42| < −π leer; L = ∅. L¨ osung 7.12 a) Durch Logarithmieren zur Basis 3 erhalten wir log3 32x−5 = log3 3−3 , also 2x − 5 = −3. Somit muss x = 1 sein, d.h. L = { 1 }. 3x

b) Durch Logarithmieren zur Basis 7 erhalten wir aus 7 2 = 2−5x die Gleichung 3x 2 = (−5x) · log7 2. Daraus folgt man (3 + 10 · log7 2)x = 0. Da der Vorfaktor nicht 0 ist (Taschenrechner, bzw. 2 > 1 und damit log7 2 > 0), muss x = 0 gelten, d.h. L = { 0 }. c) Wir schreiben verm¨oge (P3 ) die urspr¨ ungliche Gleichung soweit m¨ oglich in Zweierpotenzen und fassen dann geeignet zusammen: 26x−1 + 43x+2 − 82x = 31 ⇐⇒

26x−1 + 22 ·(3x+2) − 23 ·2x = 31

⇐⇒

26x−1 · (1 + 25 − 21 ) = 31

⇐⇒

26x−1 · 31 = 31

⇐⇒

26x−1 = 1.

Wenn wir nun log2 auf beide Seiten der Gleichung anwenden, erhalten wir 6x − 1 = 0, somit x = 16 , und die L¨osungsmenge lautet L = { 16 }. d) Wir bringen die 100 auf die linke Seite und erkennen an (100x )2 − 101 · 100x + 100 = 0, uhrt. Die L¨ osungen dass die Substitution u = 100x auf u2 − 101u + 100 = 0 f¨ dieser quadratischen Gleichung sind √ 101 ± 99 101 ± 1012 − 4 · 100 u1,2 = = , 2 2 also u1 = 1 und u2 = 100. R¨ ucksubstitution ergibt x1 = log100 1 = 0 bzw. osungen, d.h. L = { 0, 1 }. x2 = log100 100 = 1 als L¨ e) Durch Ausklammern auf der linken Seite und rechten Seite erhalten wir 2x · (1 + 2) = 3x+2 · (1 + 3)

bzw.

2x · 3 = 3x+2 · 22 .

Sortieren wir die 2er bzw. 3er-Potenzen jeweils auf eine Seite, so ergibt sich 2x−2 = 3x+1 . Logarithmieren zur Basis 2 ergibt x − 2 = (x + 1) · log2 3,

und damit

(1 − log2 3)x = 2 + log2 3.

2+log2 3 Wir erhalten x = 1−log , was sich nicht weiter vereinfachen l¨ asst. 23 Anmerkung: Genauso zielf¨ uhrend w¨are die Basis 3 gewesen, bei einer anderen Basis w¨ aren noch mehr Logarithmen im Ausdruck enthalten gewesen.

¨ ¨ sungen zu den Ubungsaufgaben Lo

418

L¨ osung 7.13 Der Beweis von (P1 ) ergibt sich unmittelbar aus dem Additionstheorem der e-Funktion: ax · ay = ex ln a · ey ln a = ex ln a+y ln a = e(x+y) ln a = ax+y . Zum Beweis von (L3 ) rechnen wir loga (xy ) = loga (ey ln x ) =

y ln x ln x ln ey ln x = =y = y loga x. ln a ln a ln a

Der Beweis der restlichen Potenz- und Logarithmengesetze gelingt ¨ahnlich m¨ uhelos, x wenn man zudem noch (ex )y = ey ln e = exy (im ersten Schritt wird nichts anderes als die Definition ax = ex ln a mit a = ex verwendet) und ln(xy) = ln x + ln y beachtet (siehe Seite 115).  L¨ osung 7.14 Polynomdividieren bis der Arzt kommt. (Nochmal der Hinweis: Hier sind die Minusklammern alle aufgel¨ ost, was ich dir beim Aufschreiben nicht unbedingt empfehlen w¨ urde.)     a) x2 − 2x + 1 : x − 1 = x − 1 − x2 + x −x+1 x−1 0 Wer das Binom erkennt, kann sich die Polynomdivision auch sparen, denn

b)

x2 − 2x + 1 (x − 1)2 = = x − 1 :). x−1 x−1     x3 − 37x2 + x − 37 : x − 37 = x2 + 1 − x3 + 37x2 x − 37 − x + 37 0

c)



   3x3 − 6x2 − 5x + 10 : 3x2 − 5 = x − 2 + 5x − 3x3 2 − 6x + 10 − 10 6x2 0

d)



   1 x3 + 5x2 + x − 11 : x2 + x − 3 = x + 4 + 2 x +x−3 − x3 − x2 + 3x 4x2 + 4x − 11 − 4x2 − 4x + 12 1

¨ sungen zu Kapitel 7 Lo

e)



419

   −x x3 + 6x + 8 : x2 − x + 8 = x + 1 + 2 x −x+8 − x3 + x2 − 8x x2 − 2x + 8 − x2 + x − 8 −x

f) Ganz viele L¨ ucken f¨ ur 0x4 , 0x3 etc. lassen. 

   − 1 : x − 1 = x 4 + x3 + x2 + x + 1

x5 − x5 + x4 x4 − x4 + x3 x3 − x3 + x2 x2 − x2 + x

x−1 −x+1 0 Zusatz: Allgemein gilt (xn − 1) : (x − 1) = xn−1 + xn−2 + . . . + x + 1, wie man leicht durch Multiplizieren der rechten Seite mit (x − 1) best¨atigt.

¨ ¨ sungen zu den Ubungsaufgaben Lo

420

L¨ osungen zu Kapitel 8 L¨ osung 8.1 a) Wir w¨ahlen u(x) = x und v  (x) = e−x , so dass u (x) = 1 und v(x) = −e−x ist (beachte beim Aufleiten die innere Ableitung −1). Partiell integrieren: u v $ u v $ u v $ −x −x −x −x x · e dx = x · (−e ) − 1 · (−e ) dx = −xe + e−x dx

= −xe−x − e−x + c = −e−x (x + 1) + c = −

x+1 + c. ex

b) Partiell integrieren mit u(x) = x2 , d.h. u (x) = 2x, und v  (x) = e−x , d.h. v(x) = −e−x , ergibt $ $ 2 −x 2 −x x · e dx = −x · e + 2x · e−x dx. Das neu entstandene Integral ist laut a) gleich −2e−x (x+1)+c. (Ohne Kenntnis von a) m¨ usste man erneut Produktintegration ausf¨ uhren.) Insgesamt folgt $ x2 · e−x dx = −x2 · e−x − 2e−x (x + 1) + c = −e−x (x2 + 2x + 2) + c. 1 c) F¨ ur u(x) = ln x und v  (x) = xn ist u (x) = x1 und v(x) = n+1 xn+1 . Produktintegration: $ $ 1 1 1 xn+1 − · xn+1 dx xn · ln x dx = ln x · n+1 x n+1 $ 1 1 xn+1 − xn dx = ln x · n+1 n+1

= ln x · =

1 1 xn+1 − xn+1 + c n+1 (n + 1)2

 xn+1  (n + 1) ln x − 1 + c. 2 (n + 1)

L¨ osung 8.2 a) Am besten zieht man den Vorfaktor − 12 vor das Integral. Setze dann u(x) = x und v  (x) = cos x, so dass u (x) = 1 und v(x) = sin x ist. Partielle Integration (mit Grenzen): $ π $ 1 π x · cos x dx = − x · cos x dx − 2 2 0 0 1 =− 2

(

x · sin x

)π 0

$

π

− 0

 1 · sin x dx

=−

)π 1( x · sin x + cos x = 1. 2 0

421

¨ sungen zu Kapitel 8 Lo

b) Um den Schreibaufwand zu reduzieren, berechnen wir zuerst das unbestimmte x 0), d.h. dx = a sinh t dt. Beachte √ zudem, dass sinh2 t = | sinh t| = sinh t wegen t > 0 ist. Los geht’s: $ √

1

x2 x2 − a2 1 = 2 a =

1 a2

=

1 a2

$

dx =

1 a

$

dx  x2

x2 a2

= −1

1 a

$ a2

a sinh t dt  cosh2 t cosh2 t − 1

$ 1 b) 1 tanh (t) dt 2 dt = a2 cosh t  cosh2 t − 1 1 1 sinh t +c= 2 +c tanh t + c = 2 a cosh t a cosh t   √ x 2 −1 x2 − a2 a + c. + c = x a2 x a sinh t 1 √ dt = 2 2 2 a cosh t sinh t

$

√ L¨ osung 8.19 Es ist AΔ = 12 · x · 2y = x · y = x x2 − 1 der Fl¨acheninhalt des Dreiecks Px OQx . Um den Inhalt der schraffierten Fl¨ache zu erhalten, muss von ache, die von der gestrichelten Linie und der Hyperbel y = AΔ √ der Inhalt der Fl¨ ± x2 − 1 eingeschlossen wird, also $ x $ x f (ξ) dξ = 2 ξ 2 − 1 dξ, 2 1

1

abgezogen werden. Das Integral l¨asst sich durch die Substitution ξ(t) = cosh t (t > 0), d.h. dξ = sinh t dt in den Griff bekommen, denn aufgrund von cosh2 t − sinh2 t = 1 ergibt sich: $  $  $ $ t>0 ξ 2 − 1 dξ = cosh2 t − 1 sinh t dt = | sinh t | sinh t dt = sinh2 t dt. Produktintegration liefert unter Verwendung von cosh2 t = 1 + sinh2 t: $ $ sinh t · sinh t dt = sinh t · cosh t − cosh2 t dt $

$ = sinh t · cosh t −

(1 + sinh2 t) dt = sinh t · cosh t − t −

sinh2 t dt.

Durch beidseitiges Addieren des gesuchten Integrals und Teilen durch 2 erh¨ alt man schließlich $ 1 sinh2 t dt = (sinh t · cosh t − t) + c. 2

435

¨ sungen zu Kapitel 8 Lo

(Alternativ h¨atte man auch die Identit¨ at (ii) aus Aufgabe 8.13 c), sinh2 x = 1 ahnlich wie in Aufgabe 8.18 b) vorgehen k¨ onnen.) 2 (cosh(2x) − 1), verwenden und ¨  2 Mit cosh t = ξ, also t = arcosh ξ, ergibt sich wegen sinh t = cosh t − 1 $   1  ξ 2 − 1 dξ = cosh2 t − 1 · cosh t − t + c 2  1  2 = ξ − 1 · ξ − arcosh ξ + c. 2 F¨ ur den Fl¨ acheninhalt der schraffierten Fl¨ache folgt nun endlich $ x  2 A(x) = x x − 1 − 2 ξ 2 − 1 dξ 1

(1   )x = x x2 − 1 − 2 ξ ξ 2 − 1 − arcosh ξ 2 1      = x x2 − 1 − x x2 − 1 + arcosh x − 1 · 12 − 1 − arcosh !" 1# 

0

= arcosh x. L¨ osung 8.20 a) Die Nullstellen des Nenners sind x1 = −2 und x2 = 3; somit ist x2

5 A B = + −x−6 x+2 x−3

der Ansatz f¨ ur die PBZ des Integranden.

uhrt Multiplizieren mit dem gemeinsamen Nenner (x + 2)(x − 3) = x2 − x − 6 f¨ auf 5 = A(x − 3) + B(x + 2), also A = −1, B = 1 (setze x = −2 bzw. x = 3 ein). Damit:  $  $ 5 −1 1 dx = + dx x2 − x − 6 x+2 x−3   x − 3  + c. = − ln |x + 2| + ln |x − 3| + c = ln  x + 2 ur die b) Die Linearfaktorzerlegung des Nenners lautet x2 − πx = x(x − π). F¨ PBZ folgt: 3x − 2π A B = + x2 − πx x x−π

=⇒

3x − 2π = A(x − π) + Bx.

Einsetzen von x = 0 ergibt −2π = −Aπ, also A = 2, und f¨ ur x = π erhalten wir π = Bπ, d.h. B = 1. Damit ist  $ $  2 3x − 2π 1 dx = + dx x2 − πx x x−π = 2 ln |x| + ln |x − π| + c = ln(x2 |x − π|) + c.

436

¨ ¨ sungen zu den Ubungsaufgaben Lo

c) Zun¨ achst formen wir den Integranden um. Dies kann durch Polynomdivision geschehen (selber durchf¨ uhren), oder aber durch folgenden Trick: x2 − x + 3 x2 − 3x + 2 + 2x + 1 = x2 − 3x + 2 x2 − 3x + 2 2 2x + 1 2x + 1 x − 3x + 2 + =1+ 2 . = 2 x − 3x + 2 x2 − 3x + 2 x − 3x + 2 Die PBZ des letzten Bruches f¨ uhrt auf 2x + 1 A B = + =⇒ 2x + 1 = A(x − 2) + B(x − 1). (x − 1)(x − 2) x−1 x−2 F¨ ur x = 1 folgt daraus 3 = −A und f¨ ur x = 2 erh¨ alt man 5 = B. Insgesamt ergibt sich  $ $  x2 − x + 3 3 5 dx = 1 − + dx x2 − 3x + 2 x−1 x−2    (x − 2)5   + c.  = x − 3 ln |x − 1| + 5 ln |x − 2| + c = x + ln  (x − 1)3  √ −p± p2 −4q = −p±k L¨ osung 8.21 Nullstellen des Nenners: x1,2 = 2 2 , d.h.    p+k p−k x+ . x2 + px + q = (x − x1 )(x − x2 ) = x + 2 2 Ansatz f¨ ur die PBZ: 1 A B = + =⇒ 2 = A(2x + p + k) + B(2x + p − k). p+k x2 + px + q x + p−k x + 2 2 (Es wurde mit 2(x2 + px + q) multipliziert, um das st¨orende Zusammenfassen und ordnen f¨ uhrt auf

1 2

zu beseitigen.)

0x + 2 = (2A + 2B)x + (A + B)p + (A − B)k, und Koeffizientenvergleich liefert 2A + 2B = 0 sowie (A + B)p + (A − B)k = 2. Aus der ersten Gleichung folgt A = −B, was mit der zweiten −2Bk = 2, also B = − k1 ergibt. Somit ist 1 1 1 −   =  p−k x2 + px + q k x+ 2 k x + p+k 2 und integrieren liefert ' $ & $ 1 1 1 1 dx = − dx x2 + px + q k x + p−k x + p+k 2 2          p − k  p + k  1  2x + p − k  1   ln x + − ln x + + c = ln  + c. = k 2  2  k 2x + p + k 

437

¨ sungen zu Kapitel 8 Lo

Im letzten Schritt wurde ein Logarithmengesetz angewendet, sowie Z¨ ahler und Nenner mit 2 erweitert. Test dieser Formel bei Aufgabe 8.20 a): Dort ist p = −1  √ und q = −6, d.h. k = p2 − 4q = 25 = 5, demnach sollte     $ x − 3 1 5  2x − 1 − 5   +c 5 dx = ln  + c = ln  x2 − x − 6 5 2x − 1 + 5  x + 2 sein, was auch stimmt. L¨ osung 8.22 a)

1 2

sin2 x + c

(Subst.: u = sin x)

Hier k¨onnte statt F (x) = 12 sin2 x ebenso G(x) = − 12 cos2 x als Ergebnis stehen (falls u = cos x gesetzt wurde). Beachte stets, dass deine Stammfunktion sich um eine additive Konstante vom angegebenen Ergebnis unterscheiden kann (da diese beim Ableiten verschwindet). Hier ist F (x) − G(x) = 12 . b)

1 9

ln |z 9 − 1| + c

c)

1 4

e2x (2x − 1) + c

(Subst.: u = z 9 − 1) (P.I. mit u = x und v  = e2x )

+ t + ln |t − 1| + c (Polynomdivision t2 : (t − 1) = t + 1 + √ e) −2 1 − sin x + c (Subst.: u = 1 − sin x)

d)

1 2 2 t

f) etan x + c g) −xe−x + c h)

1 b

(Subst.: u = tan x,

du dx

= 1 + tan2 x =

(P.I. mit u = x − 1 und v  =

ln |a + bex | + c

1 ex

1 cos2 x

1 t−1

)

(S. 146) )

= e−x )

(Subst.: u = a + bex )

1 arctan6 x + c (Subst.: u = arctan x, du dx = 1+x2 )  √ 1 (1 + 2x)3 · (3x − 1) + c (P.I. mit u = x und v  = 1 + 2x) j) 15

i)

1 6

(Alternativ k¨onnte man u = 1 + 2x substituieren, muss dann allerdings auch x = 12 (u − 1) einsetzen.) Um jeweils auf obiges Endergebnis zu kommen, muss man im Zwischenergeb 1 (1+2x)5/2 +c noch den Ausdruck (1+2x)3/2 = (1 + 2x)3 nis 13 x(1+2x)3/2 − 15 ausklammern und die Klammer zusammenfassen. (P.I. mit u = ln x = v  , also v = x(ln x − 1))   Man muss im Zwischenergebnis x ln x (ln x − 1) − x (ln x − 1) − x + c erst x ausklammern und dann in der Klammer nochmals (ln x − 1) ausklammern, um auf das Endergebnis zu kommen. (Beachte: ln x − 1 = ln(x) − 1.) √ l) x arcsin x+ 1 − x2 +c (P.I. mit u = arcsin x und v  = 1; beim entstehenden Integral muss dann w = 1 − x2 substituiert werden.)   m) 12 arctan x+1 + c (Nenner erst quadratisch erg¨anzen, dann u = x+1 2 2 .) k) x(ln x − 1)2 + x + c

¨ ¨ sungen zu den Ubungsaufgaben Lo

438

n) arcsin

x 2

+c

(x(t) = 2 sin t)

√ o) − 23 1 − x · (x + 2) + c p)

1 2

(Subst.: u = 1 − x und x = 1 − u einsetzen!)

ex (sin x − cos x) + c

1 +c q) − x+1



(Im Nenner des Integranden steht das Binom (x + 1)2 !)

r)

2 3

s)

1 2

t)

1 2 4 x (2 ln(3x)

(ex + 1)3 + c

arctan(x2 ) + c

2

(Subst.: u = ex + 1) (Subst.: u = x2 ) (P.I. mit u = ln(3x) und v  = x)

− 1) + c

√ u) 2 cosh( x) + c 

(zweifache P.I.)

(Subst.: u =

√ x,

du dx

=

1 √ 2 x

)

v)

1 4

w)

1 2

x)

cosh3 x − cosh x + c (Trick: sinh3 x = sinh2 x · sinh x = (cosh2 x − 1) · sinh x = cosh2 x · sinh x−sinh x; beim ersten Summanden u = cosh x substituieren.)

ln(x2 )

+c

  3  ln  (x+2) x−2 

(Subst.: u = ln(x2 ))

(PBZ:

x−4 x2 −4

=

1 2



3 x+2

−

1 x−2

 )

1 3

y) 1 − ln x − 2 ln |1 − ln x| + c (Im Nenner erst ein x ausklammern, dann u = 1 − ln x substituieren und ln x = 1 − u einsetzen! Beim entstehenden 2 Integranden u−2 u = 1 − u beachten.) z) Subst.: u = e−x , d.h. ex =

1 u

und

du dx

= −e−x bzw. dx = −ex du = − u1 du.

$ 1 + u 1 u +u du 1 − u du = − u +1 1+ u   $  1 $  1 u u u =− + du = − + du u+1 u+1 u(u + 1) u + 1

$

ex + e−x dx = 1 + ex

$

1 u

Den ersten Summanden integriert man mittels PBZ: $

1 du = u(u + 1)

$ 

1 1 − u u+1

 du = ln |u| − ln |u + 1| + c1 .

Beim zweiten setzt man z = u + 1, d.h. u = z − 1 und du = dz: $

u du = u+1

$

z−1 dz = z

$ 

1 1− z

 dz = z − ln |z| + c2 .

¨ sungen zu Kapitel 8 Lo

439

Insgesamt ergibt sich: $ x   e + e−x dx = − ln |u| − ln |u + 1| + z − ln |z| + c x 1+e = − ln |e−x | + ln |e−x + 1| − e−x − 1 + ln |e−x + 1| + c = −(−x) + 2 ln(e−x + 1) − e−x − 1 + c = x + 2 ln(e−x + 1) − e−x + c.

¨ ¨ sungen zu den Ubungsaufgaben Lo

440

L¨ osungen zu Kapitel 9  

L¨ osung 9.1

z⊕w =

1 1

 

⊕

0 2

  =

1 ; 3

 z!w =

In Abbildung A.14 l¨ asst sich erkennen, dass geometrisch gesehen die Addition komplexer Zahlen nach der gewohnten Vektoraddition im R2 gem¨aß der Parallelogrammregel geschieht. Wenn man genau hinschaut, erkennt man, dass bei der Multiplikation die Winkel der beiden Pfeile addiert wurden: z ! w hat den Winkel 135◦ = 45◦ + 90◦ . Zudem scheint die L¨ange von z verdoppelt worden zu sein. Sp¨ater mehr dazu. F¨ ur w2 ergibt sich     0·0 − 2·2 −4 = , w2 = w ! w = 0·2 + 2·0 0

1·0 − 1·2 1·2 + 1·0





−2 2

=

Im

z⊕w

3

z!w



2

w 1

z Re −2

−1

0

1

2

Abbildung A.14

der Quadratpfeil“ liegt also auf der negativen ” reellen Achse! L¨ osung 9.2 a)

(2 + 3 i) − (1 − i) = 2 + 3 i − 1 + i = 1 + 4 i

b)

(5 − 3 i) · (4 − i) = 20 − 5 i − 12 i + 3 i2 = 20 − 17 i − 3 = 17 − 17 i

c)

(8 + 6 i)2 = 82 + 2 · 8 · 6 i + (6 i)2 = 64 + 96 i + 36 i2 = 28 + 96 i

d)

e) f)

g)

1 1 i i i = · = 2= = − i (Merken!) i i i −1 i (Ist der Nenner rein imagin¨ar, d.h. von der Form b i mit b ∈ R, so muss man nicht mit −b i erweitern, sondern es gen¨ ugt b i, weil das Minus sich hier sowieso wegk¨ urzt.) 8 + 5 i 2 + i 16 + 8 i + 10 i − 5 11 + 18 i 11 18 · = = + i = 2,2 + 3,6 i = 2− i 2+ i 5 5 5 22 − i2 3 3 1− 1 + = −i + · i 1+ i 1+ i 1− √ √ √ 2 2 2+ i √ =√ ·√ = 2− i 2− i 2+ i

i 3 − 3i 3 − 3i = −i + 2 = 1,5 − 2,5 i = −i + 2 i 2 1 −i √ √ √ 2 √ 2 + 2i 2 + 2i 2 2 = + i = √ 2 2 3 3 3 2 −i

h) Wer den Trick z 10 = (z 2 )5 nicht sieht, hat’s schwer, denn er muss (1 + i)10 mit dem binomischen Lehrsatz entwickeln (11 Summanden!). 5  5  5 (1 + i)10 = (1 + i)2 = 12 + 2 i + i2 = (2 i) = 25 · i5 = 32 · i2 · i2 · i = 32 i

441

¨ sungen zu Kapitel 9 Lo

1+ i 1− i

i) Es ist

i · 1+ 1+ i =

(1+ i)2 h) 2 i = 2 1 2 − i2

= i, also m¨ ussen wir i 201 ausrechnen.

Fangen wir an mit i2 = −1, i3 = i2 · i = − i, i4 = i2 · i2 = (−1) · (−1) = 1. Somit wiederholt sich diese Reihe ab i5 , denn i5 = i4 · i = 1 · i = i. Wir m¨ ussen also nur schauen, wie oft die 4 in 201 steckt. Mit 201 = 4 · 50 + 1 folgt  1 + i 201 = i 201 = i 4 ·50+1 = i 4 ·50 · i1 = ( i4 )50 · i = 150 · i = i. 1− i L¨ osung 9.3

M = { z ∈ C | Re z  2 ∧ Im z < 1 } ist die Schnittmenge

{ z ∈ C | Re z  2 } ∩ { z ∈ C | Im z < 1 }. Beachte in Abbildung A.15, dass der linke Rand mit zu M geh¨ ort, w¨ahrend der obere Rand nicht dazu geh¨ ort. Im 2 1 Re 0

1

2

3

4

5

M

−1

Abbildung A.15 Es sei z = a+b i mit a, b ∈ R. Am cleversten rechnet man wie folgt: 2  2   2 1 1 a − bi 1 a − bi 1 · = = = = z2 (a + b i)2 a + bi a + bi a − bi a 2 + b2

L¨ osung 9.4

=

(a − b i)2 a2 − 2ab i − b2 a 2 − b2 2ab = = 2 − 2 i. 2 2 2 2 2 2 (a + b ) (a + b ) (a + b2 )2 (a + b2 )2

Wer das Quadrat zu Beginn nicht raus zieht, muss etwas umst¨ andlicher rechnen: 1 (a2 − b2 ) − 2ab i 1 1 1 · = = 2 = 2 2 2 2 2 z (a + b i) (a − b ) + 2ab i (a2 − b2 ) − 2ab i a + 2ab i + b2 i =

(a2 − b2 ) − 2ab i (a2 − b2 ) − 2ab i (a2 − b2 ) − 2ab i = = (a2 − b2 )2 − (2ab i)2 a4 − 2a2 b2 + b4 + 4a2 b2 a4 + 2a2 b2 + b4

=

(a2 − b2 ) − 2ab i a 2 − b2 2ab = 2 − 2 i. 2 2 2 (a + b ) (a + b2 )2 (a + b2 )2

So oder so ist

Re w = Re

a 2 − b2 1 = z2 (a2 + b2 )2

und

Im w = Im

1 2ab =− 2 . 2 z (a + b2 )2

¨ ¨ sungen zu den Ubungsaufgaben Lo

442

L¨ osung 9.5 a) Die Abbildung r : C → R, z → Re z ist ◦ nicht injektiv, denn es ist z.B. r(1 + i) = 1 = r(1 + 2 i), d.h. die 1 besitzt mehr als ein Urbild unter r (sogar unendlich viele, n¨ amlich 1 + b i f¨ ur alle b ∈ R). ◦ surjektiv, denn jedes a ∈ R wird wegen r(a) = a von r getroffen, d.h. im r = R. ◦ nicht bijektiv, da sie nicht injektiv ist. b) Die Abbildung e : R → C, a → a + a i (welche die reelle Achse als erste Winkelhalbierende in die komplexe Zahlenebene einbettet) ist ◦ injektiv, denn aus e(a) = e(a ) folgt a + a i = a + a i und Vergleich der Realteile f¨ uhrt sofort auf a = a . Jedes Element von im e wird also genau einmal getroffen. ◦ nicht surjektiv, denn z.B. 1 + 2 i besitzt offenbar kein Urbild unter e. ◦ nicht bijektiv, da sie nicht surjektiv ist. c) Die Abbildung k : C\{0} → C\{0}, z → z1 = z −1 , ist bijektiv (also injektiv und surjektiv). Dies zeigt man hier am einfachsten durch Angabe der Umkehrabbildung, welche k selbst ist, denn f¨ ur alle z ∈ C\{0} gilt (k ◦ k)(z) = k(k(z)) = k

1 z

=

 1 −1 z

= z.

Somit ist k ◦ k = idC\{0} , d.h. k −1 = k. Da k eine Umkehrabbildung besitzt, ist k bijektiv (siehe Satz 3.3). Stattdessen kann man nat¨ urlich auch direkt die Injektivit¨at und Surjektivit¨at nachpr¨ ufen (tue dies). d), e) Sowohl g als auch m sind bijektive Abbildungen, denn sie besitzen beide eine 1 Umkehrabbildung, und zwar g −1 (z) = z − i sowie m−1 (z) = 1+ i · z. (Rechne −1 −1 zur Kontrolle g ◦ g = idC = g ◦ g nach; ebenso f¨ ur m.) L¨ osung 9.6 Wir machen den allgemeinen Ansatz z −1 = c + d i und dr¨oseln die −1 Bedingung z · z = 1 in Komponenten auf: z · z −1 = (a + b i) · (c + d i) = ac − bd + (ad + bc) i = 1C = 1 + 0 i. !

Vergleich von Real- und Imagin¨arteil f¨ uhrt dann auf folgendes 2 × 2 –LGS: I : II :

ac − bd ad + bc

=1 =0

a ·I+b ·II

−→

I : II :

a 2 c + b2 c ad + bc

=a =0

a −b ur a = 0): d = − bc Aus I folgt c = a2 +b 2 , und einsetzen in II liefert (f¨ a = a2 +b2 . Ist a = 0, so reduziert sich das LGS auf −bd = 1 und bc = 0, d.h. es ist d = − 1b

443

¨ sungen zu Kapitel 9 Lo

und c = 0, was mit obiger Form f¨ ur a = 0 u ¨bereinstimmt. Insgesamt erh¨ alt man also dieselbe Formel f¨ ur das Inverse: b a z −1 = c + d i = 2 − 2 i, 2 a +b a + b2 nur eben mit viel gr¨ oßerem Aufwand als durch Nenner reell machen“. ” L¨ osung 9.7 Es sei z = a + b i und w = c + d i (mit a, b, c, d ∈ R). (1) z + w = a + c + (b + d) i = a + c − (b + d) i = a − b i + c − d i = z + w. z · w = ac − bd + (ad + bc) i = ac − bd − (ad + bc) i

ist dasselbe wie

z · w = (a − b i) · (c − d i) = ac + bd i − ad i − bc i = ac − bd − (ad + bc) i. 2

(2) Es gilt z + z = a + b i + a − b i = 2a = 2 Re z. Teilen durch 2 liefert die Behauptung. Ebenso: z − z = a + b i − (a − b i) = 2b i = 2 i Im z. Teilen durch 2i liefert die Behauptung. Geometrische Interpretation: In Abbildung A.16 erkennt man, dass der Pfeil von z + z auf der reellen Achse liegt und die L¨ange 2 Re z besitzt. F¨ ur z − z ergibt sich ein a¨hnliches Bild, nur dass der Pfeil hier auf der imagin¨ aren Achse liegt. (3) 3. Binom:

z · z = (a + b i) · (a − b i) = a2 − (b i)2 = a2 + b2 ∈ R+ 0. Im z

z+z Re z

Re

2 Re z

z Abbildung A.16 Stures Anwenden aller Rechengesetze liefert    2 − 4i −1 62 + 82 + Re 50 · Im (2 − 4 i) + Re (|6 + 8 i|) = 50 · Im |2 + 4 i|2     2 + 4i 1 1 + i + 10 = 50 · Im + Re 10 = 50 · Im 22 + 4 2 10 5     1 1 1 − i + 10 = 50 · − + 10 = −10 + 10 = 0. = 50 · Im 10 5 5

L¨ osung 9.8



¨ ¨ sungen zu den Ubungsaufgaben Lo

444

L¨ osung 9.9

Mit Hilfe der Beziehung |♥|2 = ♥ · ♥ folgt

|z + w|2 + |z − w|2 = (z + w) · (z + w) + (z − w) · (z − w) = (z + w) · (z + w) + (z − w) · (z − w) = z·z + z·w + w·z + w·w + z·z − z·w − w·z + w·w = |z|2 + z · w + w · z + |w|2 + |z|2 − z · w − w · z + |w|2 = 2 |z|2 + 2 |w|2 . In Abbildung A.17 erkennt man, dass z + w und z − w die Diagonalen des von z und w aufgespannten Parallelogramms sind (der Pfeil von z − w wurde an das Ende des w-Pfeils verschoben, denn die Pfeile aller komplexen Zahlen starten“ eigentlich im Ursprung). ” Da |z|2 = |z| · |z| der Fl¨ acheninhalt eines Quadrats mit Seitenl¨ ange |z| ist, besagt obige Gleichung dass die Summe der Fl¨acheninhalte der Quadrate u ¨ber den Diagonalen eines Parallelogramms ebenso groß ist wie die Summe der Fl¨acheninhalte der Quadrate u ¨ber den vier Seiten des Parallelogramms.

z+w z−w w

z

Abbildung A.17

L¨ osung 9.10 ◦ Die komplexe Konjugation κ : C → C, z → z, ist bijektiv, denn sie ist ihre eigene Umkehrabbildung: F¨ ur jedes z = a + b i mit a, b ∈ R gilt (κ ◦ κ)(z) = κ(z) = κ(a − b i) = a − b i = a + b i = z, d.h. κ ◦ κ = idC , also ist κ−1 = κ. ◦ Der Betrag b : C → C, z → |z|, ist nicht injektiv, denn z.B. gilt b(z) = 1 f¨ ur unendlich viele komplexe Zahlen, n¨ amlich alle mit Betrag 1. Wegen im b ⊆ R+ 0 kann b auch nicht surjektiv sein; z.B. besitzen −1 oder i kein Urbild. ˜ ◦ Durch die Einschr¨ ankung des Bildbereichs auf R+ 0 wird b surjektiv, denn jedes + a ∈ R0 besitzt sich selbst als Urbild: ˜b(a) = |a| = a. Nach dem Argument von oben ist ˜b aber weiterhin nicht injektiv. L¨ osung 9.11

Siehe Abbildung A.18.

a) M1 : Offenbar bilden die Endpunkte aller komplexen Pfeile z der L¨ange 1 einen Kreis vom Radius 1 mit Mittelpunkt (0 | 0). M1 hingegen besteht aus allen Kreisen vom Radius  1, und ist somit die komplette Kreisscheibe (Inneres und Rand). M1 abstrakter charakterisiert: Verwendet man die Definition des Betrags, so ist f¨ ur z = x + y i (mit x, y ∈ R)  |z| = x2 + y 2 = 1,

445

¨ sungen zu Kapitel 9 Lo

b)

a)

c)

Im

Im

M2

1 z M1

Re

0

1

2

Im

M3

1

1

Re

0

M1

1

Re

0

1

Abbildung A.18  und nach dem Satz des Pythagoras werden durch (x − 0)2 + (y − 0)2 = 1 alle Punkte (x | y) beschrieben, die zum Punkt (0 | 0) den Abstand 1 haben. Diese bilden einen Kreis vom Radius 1 mit Mittelpunkt (0 | 0). b) F¨ ur z = x + y i (mit x, y ∈ R) gilt  |z − i| = |x + (y − 1) i| = (x − 0)2 + (y − 1)2 = 1, d.h. M2 ist ein Kreis mit Radius 1, dessen Mittelpunkt bei i, also im Punkt (0 | 1) liegt. onte Menge. Beachte, dass der innere Kreis mit zu M3 c) M3 ist die grau get¨ z¨ ahlt (wegen |z − i|  12 ), w¨ahrend der a¨ußere Kreis nicht zu M3 geh¨ ort (wegen |z − i| < 1). d) Geometrische L¨ osung: Laut Beispiel 9.7 ist klar, dass hier die Mittelsenkrechte der Punkte (−1 | 0) und (1 | 0) rauskommen wird. Trotzdem nochmal ausf¨ uhrlich: Sei wieder z = x + y i mit x, y ∈ R. Dann wird durch den Betrag |z − 1| der Abstand zwischen den Punkten (x | y) und (1 | 0) beschrieben. Ebenso ist |z + 1| = |z − (−1)| der Abstand zwischen den Punkten (x | y) und (−1 | 0). Die Bedingung |z − 1| = |z + 1| beschreibt demnach alle Punkte (x | y), die von (1 | 0) und (−1 | 0) denselben Abstand haben. Somit ist M4 die Mittelsenkrechte dieser Punkte, sprich die imagin¨are Achse (y-Achse). Die kann sich jeder auch ohne Bildchen vorstellen. Algebraische L¨osung: |z − 1| = |z + 1| lautet in Koordinaten geschrieben:   (x − 1)2 + y 2 = (x + 1)2 + y 2 . Quadrieren und umformen liefert (x − 1)2 + y 2 = (x + 1)2 + y 2 ⇐⇒ (x − 1)2 = (x + 1)2 ⇐⇒ x2 − 2x + 1 = x2 + 2x + 1, und die letzte Gleichung f¨ uhrt auf −2x = 2x, was nur durch x = 0 l¨osbar ist. Da y beliebig ist (es f¨allt weg beim Umformen), folgt M4 = { (0 | y) | y ∈ R }.

¨ ¨ sungen zu den Ubungsaufgaben Lo

446

e) F¨ ur z = x + y i mit x, y ∈ R ist |z|2 − 2(z + z) = x2 + y 2 − 2(x + y i + x − y i) = x2 + y 2 − 4x. Um in x2 − 4x + y 2 = 0 eine Kreisgleichung zu erkennen, erg¨anzen wir quadratisch x2 − 4x +4 − 4 + y 2 = (x − 2)2 − 4 + y 2 = 0, also (x − 2)2 + (y − 0)2 = 4 = 22 . Somit ist M5 ein Kreis mit Radius 2 und Mittelpunkt (2 | 0). L¨ osung 9.12   ur alle x ∈ R2 a) Das multiplikative Neutralelement 1∗ = ee12 muss 1∗ ∗ x = x f¨ erf¨ ullen, d.h. es muss         e1 a e a ! a = f¨ ur alle a, b ∈ R gelten. ∗ = 1 b e2 e2 b b Linksneutralit¨ at“ gen¨ ugt hier, da die Multiplikation ∗ offenbarkommutativ  ” ist. Das ist nat¨ urlich nur f¨ ur e1 = e2 = 1 m¨oglich, also ist 1∗ = 11 .  uglich ∗ besitzen, b) Das Element n = 10 kann kein multiplikatives Inverses bez¨ denn es ist         1 a a 1 ∗ = = = 1∗ 0 b 0 1 f¨ ur alle a, b ∈ R. Somit kann ∗ keine K¨ orpermultiplikation auf R2 definieren.   c) n = 10 und m = 01 sind Nullteiler, denn sie sind von Null verschieden und erf¨ ullen       1 0 0 n∗m= ∗ = = 0. 0 1 0 Angenommen, (R2 , + , ∗) w¨are ein K¨ orper. Dann bes¨aße n = 0 ein multipliuhrt auf katives Inverses n−1 . Multiplikation von n ∗ m = 0 mit n−1 f¨ n−1!"∗ n# ∗m = n−1 ∗ 0 = 0

d.h.

m = 0,

=1∗

was ein Widerspruch zu m = 0 ist. (Im ersten Schritt wurde stillschweigend die Assoziativit¨ at von ∗ vorausgesetzt und die Klammern gleich weggelassen.) Dieses Argument zeigt u ¨brigens ganz allgemein, dass es in K¨ orpern keine Nullteiler geben kann.

447

¨ sungen zu Kapitel 9 Lo

L¨ osung 9.13 a) Beweis, dass die Eins eines K¨orpers eindeutig bestimmt ist: Angenommen 1 ist ein weiteres Neutralelement der Multiplikation. Dann folgt sofort 1 = 1· 1= 1, wobei im ersten Schritt die Eigenschaft von 1 als Neutralelement eingeht und beim zweiten Gleichheitszeichen die Neutralit¨ at der 1. Somit gilt 1 = 1 und die Eindeutigkeit ist bewiesen. b) Beweis der Eindeutigkeit von multiplikativen Inversen in K¨orpern: Seien b und b zwei multiplikative Inverse von a ∈ K. Dann ist a · b = 1 sowie a · b = 1 und es folgt

b = b · 1 = b · (a · b) = ( b · a) · b = (a · b) · b = 1 · b = b, wobei die Assoziativit¨ at und Kommutativit¨at der Multiplikation verwendet wurden. L¨ osung 9.14

(Erst lesen, wenn die Frustration zu groß wurde.)

a) Nach dem Distributivgesetz1 gilt: a · 0 = a · (0+0) = a · 0+a · 0. Als K¨ orperelement besitzt a · 0 ein additives Inverses −a · 0. Addiert man dieses auf beiden Seiten der Gleichung (Klammerung entf¨allt aufgrund des Assoziativgesetzes), so folgt a·0 − a·0 = a·0 + a·0 − a·0

d.h.

0 = a · 0.

b) Das Distributivgesetz r¨ uckw¨ arts angewendet ( Ausklammern“) liefert ” a)

(−1) · (−1) + (−1) · 1 = (−1) · (−1 + 1) = (−1) · 0 = 0, und Addition der 1 auf beiden Seiten von (−1) · (−1) + (−1) = 0 ergibt (−1) · (−1) = 1. Alternativ kann man auch rechnen 0 = (−1) · 0 = (−1) · (1 + (−1)) = (−1) · 1 + (−1) · (−1) = −1 + (−1) · (−1), also ist x := (−1) · (−1) ein additives Inverses von −1. Da auch 1 diese Eigenschaft hat, und additive Inverse eindeutig sind, folgt x = 1. a)

c) Ausklammern liefert (−1) · a + a = (−1) · a + 1 · a = (−1 + 1) · a = 0 · a = 0, d.h. (−1) · a ist das additive Inverse von a, sprich (−1) · a = −a. c)

(M4 )

b)

d) (−a) · (−b) = (−1) · a · (−1) · b = (−1) · (−1) · a · b = 1 · a · b = a · b (Wo ging auch hier wieder stillschweigend das Assoziativgesetz ein?) 1 Da die 0 als Neutralelement bez¨ uglich der Addition definiert ist, hat sie zun¨ achst einmal gar nichts mit der Multiplikation zu tun. Um eine Br¨ ucke zwischen beidem zu schlagen, muss also irgendwo das Distributivgesetz eingehen, da es das einzige Axiom ist, welches + und · verbindet.

¨ ¨ sungen zu den Ubungsaufgaben Lo

448

L¨ osung 9.17

√ a) Es gilt (2 i)2 = −4 und 2 i ∈ H− , also ist −4 = 2 i. Darauf kommt man auch, wenn man −4 als 4 eπ i schreibt und Satz 9.8 anwendet: √ π √ −4 = 4 e 2 i = 2 i. √ Achtung: −2 i ist nicht −4, da der Winkel von −2 i nicht in [ 0 , π) liegt, d.h. −2 i ∈ / H− . (Wer sorglos mit dem Wurzelzeichen umgeht, kann auch einfach schreiben:  √ √ ! √ −4 = 4 · (−1) = 4 · −1 = 2 i,

sollte beim Schritt mit dem ! allerdings Aufgabe 9.18 beachten.) √ b) F¨ ur a  0 ist −a  0 und −a die reelle Quadratwurzel. F¨ ur a > 0 folgt wegen −a = a eπ i √ √ π √ −a = a e 2 i = a i. c) Als Quadratwurzel von 16 e3π i kommen in Frage √ 3π w1 = 16 e 2 i = 4(− i) = −4 i oder w2 = −w1 = 4 i. √ Wegen w2 ∈ H− ist 16 e3π i = w2 = 4 i. Schneller geht dies mit b), denn es ist 16 e3π i = 16 eπ i = −16. √ d) Wir wandeln z = 5 + 12 i in Polarform um: Betrag |z| = 52 + 122 = 13 und ◦ Argument ϕ = tan−1 ( 12 5 ) = 67,4 (gerundet; exakter Wert gespeichert). √

√

√ 67,4◦ 13 e67,4◦ i = 13 e 2 i    √   ◦ TR 67,4◦ + i sin = 13 cos 67,4 = 3 + 2i 2 2

5 + 12 i =

 e) Wieder wandeln wir zuerst in Polarform um: Betrag |z| = 32 + (−4)2 = 5 ◦ ◦ und Argument ϕ = tan−1 ( −4 3 ) = −53,1 = 306,9 (gerundet; exakter Wert gespeichert). √ √ 306,9◦ √ 3 − 4 i = 5 e306,9◦ i = 5 e 2 i    √   ◦ TR 306,9◦ + i sin = 5 cos 306,9 = −2 + i 2 2  √ √ L¨ osung 9.18 ur√z = w = −1 ist z · w = (−1) · (−1) = 1 = 1, √ f¨ √ √ Bereits ur die Division w¨ ahrend z · w = −1 · −1 = i · i = −1 ist. Als Beispiel f¨ eignet sich z = 1 und w = −1:  √  √ √ z 1 1 z 1 =√ . = = −1 = i = = √ w −1 i w −1

449

¨ sungen zu Kapitel 9 Lo

√ √ √ √ Da beide Ausdr¨ ucke z · w und − z · w die Gleichung ♥2 = z · w l¨osen (wie man sofort durch Einsetzen sieht), muss nach Satz 9.8 (und Definition 9.9) einer √ von beiden die Wurzel z · w sein. L¨ osung 9.19 √ √ 2 a) ⇒“ Sei z = r ∈ R+ z = r2 nat¨ urlich auch reell und 0 . Dann ist z = ” nicht negativ. √ √ 0 √ ⇐“ Ist umgekehrt z = r e0 i ∈ R+ , dann ist auch z = r e 2 i = r ∈ R+ 0 0, ” da es sich um die gew¨ohnliche reelle Quadratwurzel handelt. √ √ b) ⇒“ Sei z = b i rein imagin¨ar mit b ∈ R+ (b > 0, da z ∈ H− gelten ” √ 2 muss; spielt hier aber keine Rolle). Dann ist z = z = (b i)2 = −b2 < 0, also z ∈ R− . √ √ √ ⇐“ F¨ ur z = −a ∈ R− ist z = −a = a i rein imagin¨ar (siehe 9.17 b)). ” √ L¨ osung 9.20 Wir f¨ uhren das Anwenden der Formel nur am Beispiel von 3 − 4 i vor. Es ist a = 3, b = −4, also sgn(b) = −1. Mit |3 − 4 i| = 5 ergibt sich     √ √ |z| + a |z| − a 5+3 5−3 + sgn(b) i= − i = 4 − 1 i = 2 − i. 2 2 2 2 √ Da dieses Ergebnis nicht in H− liegt, gilt 3 − 4 i = −(2 − i) = −2 + i. ¨ n]): F¨ Herleitung der Formeln (nach [Ko ur z = a + b i (mit a, b ∈ R) suchen wir L¨ osungen w = x + y i (x, y ∈ R) der Gleichung w2 = z , d.h.

(x + y i)2 = a + b i. !

Ausf¨ uhren des Quadrats liefert x2 + 2xy i + (y i)2 = x2 − y 2 + 2xy i = a + b i . Vergleichen von Real- und Imagin¨arteil f¨ uhrt auf das reelle Gleichungspaar (1)

x2 − y 2 = a

und

(2)

2xy = b .

Um dieses elegant zu l¨osen, beachten wir, dass aus w2 = z auch |w|2 = |w2 | = |z| folgt, d.h. (3)

|w|2 = x2 + y 2 = |z| .

(3) + (1) und (3) − (1) f¨ uhrt dann auf 2x2 = |z| + a und 2y 2 = |z| − a , also gilt f¨ ur den Real- und Imagin¨ arteil des gesuchten w = x + y i   |z| + a |z| − a x=± und y=± . 2 2 Nun haben wir allerdings Gleichung (2) noch gar nicht verwendet. Diese sagt uns, welche Vorzeichen von x und y wir zu w¨ ahlen haben. Ist b > 0, dann m¨ ussen x

¨ ¨ sungen zu den Ubungsaufgaben Lo

450

und y wegen 2xy = b jeweils dasselbe Vorzeichen besitzen, also ist oben (+,+) bzw. (−,−) auszuw¨ahlen; im Falle b < 0 muss (+,−) bzw. (−,+) gew¨ ahlt werden. Dies wird durch die Signumfunktion kompakt ausgedr¨ u ckt. Im Spezialfall b = 0 ist  √ √ √ z = a ∈ R, und es gilt bekanntlich z = a f¨ ur a  0 und z = |a| i f¨ ur a < 0, was auch die obigen Formeln f¨ ur x und y liefern (¨ uberpr¨ ufe dies). Schließlich muss man zur Kontrolle noch nachrechnen, dass mit diesen Zahlen x ¨  und y (mit geeigneten Vorzeichen) tats¨ achlich w2 = (x + y i)2 = z gilt (UA). L¨ osung 9.21 Mit Eulers Identit¨ at ist der Beweis von de Moivres Formel ein Kinderspiel, denn (cos ϕ + i sin ϕ)n = (eϕ i )n = enϕ i = cos nϕ + i sin nϕ, wobei im zweiten Schritt das Additionstheorem der komplexen e-Funktion eingeht: (eϕ i )n = eϕ i · . . . · eϕ i = eϕ i+...+ϕ i = enϕ i . L¨ osung 9.22 a) eϕ i = cos ϕ + i sin ϕ = cos ϕ−i sin ϕ = cos(−ϕ)+i sin(−ϕ) = e−ϕ i , wobei die Symmetrieeigenschaften von Cosinus und Sinus eingehen: cos(−ϕ) = cos ϕ (Achsensymmetrie zur y-Achse) und sin(−ϕ) = − sin ϕ (Punktsymmetrie zum Ursprung). Geometrisch: Den Pfeil von eϕ i an der reellen Achse zu spiegeln bedeutet, das Vorzeichen des Winkels umzudrehen. b) F¨ ur z = eϕ i ist laut a) z = e−ϕ i und somit folgt wegen eϕ i = cos ϕ + i sin ϕ 1 1 (z + z) = (eϕ i + e−ϕ i ) 2 2 1 ϕi 9.7 1 (z − z) = (e − e−ϕ i ). sin ϕ = Im z = 2i 2i 9.7

cos ϕ = Re z =

Wer sich an die Formeln f¨ ur Real- und Imagin¨arteil nicht mehr erinnert, kann nat¨ urlich auch einfach die Euler-Identit¨ at in die rechte Seite der zu zeigenden Gleichungen einsetzen und so lange umformen, bis cos ϕ bzw. sin ϕ da steht. L¨ osung 9.23 a) Methode (i): F¨ ur n = 2 lautet die Formel von de Moivre (cos ϕ + i sin ϕ)2 = cos 2ϕ + i sin 2ϕ, w¨ ahrend nach der ersten binomischen Formel (cos ϕ + i sin ϕ)2 = cos2 ϕ + 2i cos ϕ sin ϕ − sin2 ϕ = (cos2 ϕ − sin2 ϕ) + i 2 cos ϕ sin ϕ gilt. Vergleich von Real- und Imagin¨arteil der rechten Seiten liefert die Doppelwinkelformeln.

¨ sungen zu Kapitel 9 Lo

451

Methode (ii): Wir setzen die Beziehungen aus voriger Aufgabe in die rechten Seiten ein. 1 ϕi 1 ϕi (e + e−ϕ i ) · (e − e−ϕ i ) 2 2i  1  ϕi 2 (e ) − (e−ϕ i )2 (3. Binom) = 2i  1  2ϕ i = e − e−2ϕ i = sin 2ϕ (nach 9.22 b)) 2i  2  2 1 ϕi 1 ϕi cos2 ϕ − sin2 ϕ = (e + e−ϕ i ) − (e − e−ϕ i ) 2 2i 2 cos ϕ sin ϕ = 2 ·

 1  ϕi 2 (e ) + 2eϕ i · e−ϕ i + (e−ϕ i )2 4  1  ϕi 2 − (e ) − 2eϕ i · e−ϕ i + (e−ϕ i )2 −4  1  2ϕ i e + 2e0 + e−2ϕ i + e2ϕ i − 2e0 + e−2ϕ i = 4  1  2ϕ i  1  2ϕ i 2e + 2e−2ϕ i = e + e−2ϕ i = cos 2ϕ = 4 2 =

b) Hier musst du (cos ϕ + i sin ϕ)3 gem¨aß (a + b)3 = a3 + 3a2 b + 3ab2 + b3 aufdr¨ oseln und dann mit der de Moivre-Formel f¨ ur n = 3 Real- und Imagin¨arteil vergleichen. [. . . ]

L¨ osung 9.24 a) Wir wenden Methode (ii) an. cos ϕ · sin θ + sin ϕ · cos θ 1 θi 1 ϕi 1 1 ϕi (e + e−ϕ i ) · (e − e−θ i ) + (e − e−ϕ i ) · (eθ i + e−θ i ) 2 2i 2i 2   1 e(ϕ+θ) i − e(ϕ−θ) i + e(−ϕ+θ) i − e−(ϕ+θ) i = 4i  1  (ϕ+θ) i e + e(ϕ−θ) i − e(−ϕ+θ) i − e−(ϕ+θ) i + 4i   1  (ϕ+θ) i 1  (ϕ+θ) i 2e e − 2e−(ϕ+θ) i = − e−(ϕ+θ) i = sin(ϕ + θ) = 4i 2i =

b) Geht vollkommen analog zu a) und meine Lust, das nochmal zu tippen, h¨alt sich in Grenzen. . .

¨ ¨ sungen zu den Ubungsaufgaben Lo

452

c) Auch hier f¨ uhrt stures Einsetzen und Durchhalteverm¨ogen zum Ziel.  1  ϕ−θ  ϕ+θ ϕ−θ ϕ−θ 1  ϕ+θ i ϕ+θ cos =2 e 2 − e− 2 i · e 2 i + e− 2 i 2 2 2i 2   ϕ+θ ϕ−θ ϕ+θ ϕ−θ ϕ+θ ϕ−θ ϕ+θ ϕ−θ 1 e( 2 + 2 ) i + e( 2 − 2 ) i − e(− 2 + 2 ) i − e(− 2 − 2 ) i = 2i   1  ϕi 1 θi 1  ϕi e + eθ i − e−θ i − e−ϕ i = e − eϕ i + (e − e−θ i ) = 2i 2i 2i 2 sin

= sin ϕ + sin θ L¨ osung 9.25

Ausmultiplizieren liefert

(cos ϕ + i sin ϕ) · (cos θ + i sin θ) = cos ϕ cos θ + i cos ϕ sin θ + i sin ϕ cos θ + i 2 sin ϕ sin θ = cos ϕ cos θ − sin ϕ sin θ + i (cos ϕ sin θ + sin ϕ cos θ) = cos(ϕ + θ) + i sin(ϕ + θ)

nach (9.24).

Wendet man nun auf beiden Seiten die Euler-Identit¨at an, so steht da eϕ i · eθ i = e(ϕ+θ) i . Dies ist genau das Additionstheorem f¨ ur die komplexe e-Funktion, das man zeigen wollte, allerdings nur f¨ ur den Spezialfall rein imagin¨ arer Exponenten (und 0). Die Fußnote in der Aufgabenstellung zur Beweislogik sollte man aber unbedingt beachten. L¨ osung 9.26 a)

z1,2 =

4±



√ (−4)2 − 4 · 5 4 ± −4 4 ± 2 i = = =2± i 2 2 2

b) Um den Rechenaufwand zu reduzieren, teilt man beide Seiten der Gleichung durch 5 und erh¨alt als a¨quivalente Gleichung z 2 − (1 + 2 i)z − 1 + i = 0. L¨ osungsformel anwenden:  √ 1 + 2 i ± (−(1 + 2 i))2 − 4 · (−1 + i) 1 + 2i ± 1 z1,2 = = , 2 2 also ist die L¨osungsmenge

L = { 1 + i , i }.

L¨ osung 9.27 Das Polynom f (z) = (z −(1−i)) · (z −(4+3 i)) besitzt offenbar die gew¨ unschten Zahlen als Nullstellen. Somit ist f (z) = 0 die gesuchte quadratische Gleichung und Ausmultiplizieren f¨ uhrt auf z 2 − (4 + 3 i)z − (1 − i)z + (1 − i) · (4 + 3 i) = z 2 − (5 + 2 i)z + 7 − i = 0.

453

¨ sungen zu Kapitel 9 Lo

Zur Kontrolle kann man die L¨osungsformel auf diese Gleichung anwenden:  √ 5 + 2 i ± (−(5 + 2 i))2 − 4 · (7 − i) 5 + 2 i ± −7 + 24 i = z1,2 = 2 2 =

5 + 2 i ± (3 + 4 i) 2

(Aufgabe 9.20), d.h. L = { 4 + 3 i , 1 − i }.

L¨ osung 9.28 Wir setzen einfach nur die Zahlen k = 1, . . . , 5 in die Formel 2π ζk = ek 5 i f¨ ur die f¨ unften Einheitswurzeln ein: 2π

ζ1 = e 5 i ,

4π

ζ2 = e 5 i ,

...

,

ζ5 = e

10π 5

i

= 1.

Im 1

ζ1

ζ2

72◦

ζ5

−1

Re 1

ζ3

ζ4 −1

Abbildung A.19 ◦ Der Pfeil von ζk+1 entsteht durch Drehung des ζk -Pfeils um 2π 5 = 72 . Die Pfeile unfecks (siehe Abbilder ζk zeigen somit auf die Eckpunkte eines regelm¨aßigen F¨ dung A.19). √ L¨ osung √ 9.29 Wir wandeln die rechte Seite der Gleichung, c = −32 + 32 3 i = 32(−1 + 3 i), zun¨achst in Polarform um:   √  √ 2 3 ∈ − π3 + πZ. |c| = 32 (−1)2 + 3 = 64, ϕ = tan−1 32 −32 ◦ Da der Pfeil von c im 2. Quadranten liegt, ist nicht − π3 , sondern − π3 +π = 2π 3 = 120 6 der korrekte Winkel. Eine L¨osung w der Gleichung z = c erh¨alt man nun sofort, indem man aus |c| die gew¨ohnliche sechste Wurzel zieht und den Winkel von c sechstelt, d.h. √ 2π π 6 w = 64 e 18 i = 2 e 9 i .

Nach Satz 9.11 erh¨alt man alle L¨osungen der Gleichung z 6 = c, indem man dieses w mit den sechsten Einheitswurzeln 2π

ζ1 = e 6 i ,

4π

ζ2 = e 6 i ,

6π

ζ3 = e 6 i = −1,

8π

ζ4 = e 6 i ,

ζ5 = e

10π 6

i

,

ζ6 = 1

454

¨ ¨ sungen zu den Ubungsaufgaben Lo

multipliziert. Kompakt aufgeschrieben lautet die L¨osungsmenge somit   2πk π L = { ζ1 w, . . . , ζ6 w } = 2 e( 6 + 9 ) i | k ∈ {1, . . . , 6} .

Im ζ w 1 ζ2 w w = ζ6 w Re

20◦

−2

−1

1

2

ζ3 w ζ5 w ζ4 w Abbildung A.20 In Abbildung A.20 ist die L¨osungsmenge grafisch dargestellt. Das regelm¨aßige Einheitssechseck, welches zur Kreisteilungsgleichung z 6 = 1 geh¨ ort, wurde um den Faktor 2 gestreckt und um π9 = 20◦ gegen den Uhrzeigersinn gedreht, was einer π Multiplikation der ζk mit w = 2 e 9 i entspricht.

¨ sungen zu Kapitel 10 Lo

455

L¨ osungen zu Kapitel 10 L¨ osung 10.1 (A1 ) – (A4 ) sind identisch. (Die Addition in V = K ist die K¨orperaddition in K.) (S1 ) – (S4 ) folgen ebenso leicht daraus, dass die Skalarmultiplikation in V und die K¨orpermultiplikation in K identisch sind: Da 1K das Neutralelement der Multiplikation ist, folgt (S1 ). (S2 ) und (S3 ) sind nichts anderes als das Distributivgesetz (D) zusammen mit der Kommutativit¨ at (M4 ) der Multiplikation und (S4 ) ist in diesem Fall einfach das Assoziativgesetz (M1 ) der K¨ orpermultiplikation. ortlich wie auf Seite 253, L¨ osung 10.2 Der Nachweis von (A1 ) – (A4 ) geht wortw¨ wo wir die K¨ orperaxiome f¨ ur C u ¨berpr¨ uft haben – man muss lediglich R2 durch K2 ersetzen. Wie jetzt; entt¨ auscht und zu faul zum Nachschlagen? Also guuut, machen wir’s hier nochmal (außer dem Assoziativgesetz (A1 ), darauf hab ich wirklich nicht zweimal Lust): ussen wir explizit einen (A2 ) Da die Existenz eines Nullvektors gefordert wird, m¨ urlich 0V := (0, 0)t , denn dieses angeben. Der Nullvektor von V = K2 ist nat¨ ullt 0V erf¨         v v1 0 v1 + 0 = 1 = v f¨ ⊕ = ur alle v ∈ V . v ⊕ 0V = v2 v2 v2 + 0 0 ussen wir zu jedem v = (v1 , v2 )t ∈ K2 einen Gegenvektor angeben, (A3 ) Ebenso m¨ der v bei Addition ausl¨oscht. Dieser ist −v := (−v1 , − v2 )t , denn         −v1 v − v1 0 v = 1 = = 0V . v ⊕ (−v) = 1 ⊕ 0 v2 −v2 v2 − v2 ur zwei beliebige Vektoren v, w ∈ V gilt (A4 ) Kommutativit¨at der Addition in V : F¨             w1 v1 + w 1 w1 + v 1 w1 v v1 ⊕ = = = ⊕ 1 = w⊕v. v⊕w = v2 w2 v2 + w2 w 2 + v2 w2 v2 Auch hier ist also gar nichts Aufregendes passiert, sondern wir haben einfach verwendet, dass in jeder Komponente die Addition in K kommutativ ist. (S1 ) Ist erf¨ ullt, denn f¨ ur alle v ∈ V gilt       v1 1K · v1 v = = 1 = v. 1 K ∗ v = 1K ∗ v2 1K · v2 v2 (S2 ) Wenden wir komponentenweise das Distributivgesetz (D) von K an, so folgt       λ · (v1 + w1 ) (D) λ · v1 + λ · w1 v 1 + w1 = = λ ∗ (v ⊕ w) = λ ∗ v2 + w2 λ · v2 + λ · w 2 λ · (v2 + w2 )     λ · w1 λ · v1 ⊕ = (λ ∗ v) ⊕ (λ ∗ w) = λ · v2 λ · w2 f¨ ur beliebige λ ∈ K und v, w ∈ V .

¨ ¨ sungen zu den Ubungsaufgaben Lo

456

(S3 ) Ebenso leicht verifiziert man auch (S3 ): F¨ ur λ, μ ∈ K und v ∈ V gilt       v1 (λ + μ) · v1 (D) λ · v1 + μ · v1 (λ + μ) ∗ v = (λ + μ) ∗ = = v2 (λ + μ) · v2 λ · v 2 + μ · v2         λ · v1 μ · v1 v v = ⊕ = λ ∗ 1 ⊕ μ ∗ 1 = (λ ∗ v) ⊕ (μ ∗ v). λ · v2 μ · v2 v2 v2 (S4 ) Auch dieser Nachweis gelingt problemlos, wenn man komponentenweise das Assoziativgesetz (M1 ) der K-Multiplikation verwendet:       (λ · μ) · v1 (M1 ) λ · (μ · v1 ) v1 = (λ · μ) ∗ v = (λ · μ) ∗ = λ · (μ · v2 ) v2 (λ · μ) · v2        v μ · v1 =λ∗ μ∗ 1 =λ∗ μ∗v . =λ∗  μ · v2 v2 L¨ osung 10.3 are ein weiterer Nullveka) Geht w¨ ortlich wie bei K¨ orpern. Angenommen, ˜ 0V w¨ 0V Neutralelemente der Addition tor. Dann folgt, da sowohl 0V wie auch ˜ sind, dass ˜0V = ˜0V ⊕ 0V = 0V sein muss. Ist v˜ ein weiterer Gegenvektor zu v, d.h. gilt v˜ ⊕ v = 0V , so folgt v ⊕ v) ⊕ (−v) = 0V ⊕ (−v) = −v, v˜ = v˜ ⊕ 0V = v˜ ⊕ (v ⊕ (−v)) = (˜ wobei im dritten Schritt die Assoziativit¨ at der Addition einging.



b) Mit (S2 ) folgt λ ∗ 0V = λ ∗ (0V ⊕ 0V ) = λ ∗ 0V ⊕ λ ∗ 0V . Addiert man nun auf beiden Seiten den Gegenvektor −(λ ∗ 0V ), so bleibt die Gleichung erhalten und links steht 0V , rechts λ ∗ 0V (Assoziativgesetz beachten), also genau was wir zeigen wollten. Mit (S3 ) folgt 0K ∗ v = (0K + 0K ) ∗ v = 0K ∗ v ⊕ 0K ∗ v und Subtraktion von unschte 0K ∗ v, d.h. Addition des Gegenvektors −(0K ∗ v) liefert wieder die gew¨ Beziehung.  c) Durch R¨ uckw¨arts-Anwenden von (S2 ) zusammen mit b) erh¨alt man −λ ∗ v ⊕ λ ∗ v = (−λ + λ) ∗ v = 0K ∗ v = 0V , d.h. −λ · v erf¨ ullt die Beziehung w ⊕ w = 0V , die der Gegenvektor w := −(λ ∗ v) von w := λ ∗ v erf¨ ullt. Da nach a) Gegenvektoren eindeutig bestimmt sind, muss −λ ∗ v = −(λ ∗ v) sein. Mit demselben Argument sieht man λ ∗ (−v) = −(λ ∗ v), denn mit (S3 ) folgt b)

(λ ∗ (−v)) ⊕ (λ ∗ v) = λ ∗ (−v ⊕ v) = λ ∗ 0V = 0V .



457

¨ sungen zu Kapitel 10 Lo

L¨ osung 10.4 a) Dass V ein Unterraum von sich selbst ist, ist klar. Der Nullraum {0V } ist abgeschlossen unter +, da 0V + 0V = 0V ist, und da λ · 0V = 0V f¨ ur alle λ ∈ K gilt (siehe Aufgabe 10.3), ist er auch abgeschlossen unter Skalarmultiplikation. Nach dem Unterraum-Kriterium ist der Nullraum ¨ also ein Unterraum von V ; welch eine Uberraschung. b) F¨ ur zwei Elemente λ · u und μ · u von U = "u#K gilt nach (S3 ) λ · u + μ · u = (λ + μ) · u ∈ U, d.h. U ist abgeschlossen bzgl. +. Wegen (S4 ) gilt λ · (μ · u) = (λμ) · u ∈ U , d.h. U ist auch abgeschlossen unter Skalarmultiplikation, insgesamt also ein Unterraum.  c) Es ist U1 = "u#R mit u = (2, 1)t . Weitere Unterr¨aume von R2 : 2 = > 1   = > = > 1 λ  0 1 U2 = = , U4 = .  λ ∈ R , U3 = 0

R

0

1

R

1

R

U2 ist die x1 -Achse, U3 die x2 -Achse und U4 die erste Winkelhalbierende. L¨ osung 10.5 Betrachtet man C = R2 als R-Vektorraum, so ist R ⊂ C ein RUnterraum, denn R ist offenbar abgeschlossen unter Addition und Multiplikation mit Skalaren aus R (bzw. R = "1C #R , also Unterraum nach Aufgabe 10.4). Sieht man C jedoch als C-Vektorraum an, so ist R kein C-Unterraum, denn z.B. f¨ ur λ = i ist i · 1 = i ∈ / R. L¨ osung 10.6 Es seien (an ) und (bn ) konvergente Folgen. Nach Grenzwertsatz (G1 ) ist dann auch die Summenfolge (an + bn ) konvergent, sprich (an + bn ) ∈ SR, c . Betrachtet man λ ∈ R als konstante Folge (λ), so liefert Grenzwertsatz (G2 ), dass auch λ · (an ) = (λan ) konvergiert, d.h. λ · (an ) ∈ SR, c . Somit ist SR, c ein Unterraum  des Folgenraums SR . L¨ osung 10.7 Sind f, g ∈ DR differenzierbare Funktionen und λ ∈ R, so gilt laut der Summen- und Faktorregel (Satz 5.2.1), dass f + g ∈ DR und λ · f ∈ DR ist. Somit ist DR ein reeller Unterraum von FR . Ebenso direkt folgt aus Satz 6.9, dass R[ a , b ] = RI ein Unterraum von FI ist. L¨ osung 10.8 Un = "xn #K , n ∈ N. Oder Pn, K , n ∈ N, d.h. die Vektorr¨ aume der Polynome vom Grad < n. ankte Funktionen mit den SchranL¨ osung 10.9 Es seien f, g ∈ BR zwei beschr¨ ken Sf und Sg . Dann ist anschaulich klar, dass die Summenfunktion f + g niemals den Schlauch der halben Breite Sf + Sg um die x-Achse verlassen kann. Ebenso wird λ · f f¨ ur jedes λ ∈ R im Schlauch der halben Breite |λ|Sf bleiben. Um dies formaler aufzuschreiben, benutzen wir die Dreiecksungleichung: |(f + g)(x)| = |f (x) + g(x)|  |f (x)| + |g(x)|  Sf + Sg

f¨ ur alle x ∈ R,

¨ ¨ sungen zu den Ubungsaufgaben Lo

458

d.h. Sf + Sg ist eine Schranke von f + g, sprich f + g ∈ BR . F¨ ur λ ∈ R gilt |(λ · f )(x)| = |λ · f (x)| = |λ| |f (x)|  |λ| Sf

f¨ ur alle x ∈ R,

d.h. |λ| Sf ist eine Schranke f¨ ur λ · f , also ist auch λ · f ∈ BR .



L¨ osung 10.10 a) Folgt aus der Definition von ∩: Sind u, u ∈ U ∩ U  , so liegen u und u sowohl in U als auch in U  . Weil beides Unterr¨aume sind, folgt u + u ∈ U und ur λ · u.  u + u ∈ U  , also auch u + u ∈ U ∩ U  . Ebenso f¨ b) Im Falle, dass ein Unterraum im anderen enthalten ist, etwa U  ⊆ U , gilt U ∪ U  = U , d.h. die Vereinigung ist trivialerweise ein Unterraum, weil U einer ist. Spannender ist, dass auch die Umkehrung davon gilt: Wenn U ∪ U  ein Unterraum ist, dann muss bereits U ⊆ U  oder U  ⊆ U gelten. ¨ Wir beweisen dies durch Ubergang zur Kontraposition: Wenn U  U  und U   U gilt, dann ist U ∪ U  kein Unterraum. Beweis: Weil nach Voraussetzung U \U  = ∅ und U  \U = ∅ gilt (sonst l¨age einer der Unterr¨aume im anderen), existieren Vektoren u ∈ U \U  und u ∈ U  \U . Wir zeigen, dass u + u nicht in U ∪ U  liegt. W¨are dies n¨amlich der Fall, so m¨ usste u + u in U oder in U  liegen. Ist etwa u + u ∈ U  , dann folgt, weil u + u und u beide im Unterraum U  liegen, u = (u + u ) − u ∈ U  . Dies widerspricht aber der Wahl von u ∈ U \U  , da ja ein solches u eben gerade nicht in U  liegt. Der andere Fall u + u ∈ U geht vollkommen analog. / U ∪ U  gilt, obwohl u und u beide Dieser Widerspruch zeigt, dass u + u ∈    in U ∪ U liegen. Folglich kann U ∪ U kein Unterraum sein. Dies war keinesfalls ein offensichtlicher Beweis! Gratuliere, falls du ihn beim ersten Lesen nachvollziehen konntest (oder sogar selber darauf kamst). Obiger Beweis ist die Formalisierung von Abbildung A.21: Zwei Unterr¨aume, die nicht ineinander liegen, stellen wir uns als nicht parallele Ursprungsgeraden im R2 vor. Dann wird sofort klar, dass die Summe u + u aus der Vereinigung U ∪ U  herauszeigt. Außerdem kann man am Bild die Darstellung u = (u + u ) − u erkennen.

U u + u u u

U

Abbildung A.21

¨ sungen zu Kapitel 10 Lo

459

L¨ osung 10.11 Genauer sollte es heißen: Das System der Vektoren v1 , . . . , vn ist linear unabh¨angig. Die Aussage die Vektoren v1 , . . . , vn sind linear unabh¨angig“ ” k¨onnte man, wenn man b¨oswillig ist, auch so missverstehen, dass jeder einzelne Vektor dieser Liste linear unabh¨ angig ist, was dann nur bedeuten w¨ urde, dass keiner dieser Vektoren der Nullvektor ist. Auf solche Pedanterien werden wir uns im Folgenden allerdings nicht mehr einlassen. L¨ osung 10.12 1 · 0V + 0 · v2 + . . . + 0 · vn = 0V ist eine nicht-triviale Linearkombination des Nullvektors aus den gegebenen Vektoren. L¨ osung 10.13 Wir stellen den Nullvektor als Linearkombination der drei gegebenen Vektoren dar. Wir versuchen also alle Skalare λ1 , λ2 , λ3 ∈ Q zu finden, die ullen, d.h. λ1 · v1 + λ2 · v2 + λ3 · v3 = 0Q3 erf¨ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1/2 1 1 0 λ1 · ⎝3⎠ + λ2 · ⎝1/4⎠ + λ3 · ⎝−2⎠ = ⎝0⎠ . 2 5 3 0 Dies f¨ uhrt auf das folgende lineare Gleichungssystem. +

1λ3

=0

(I)

+

1 2 λ2 1 4 λ2

−

2λ3

=0

(II)

+

2λ2

+

3λ3

=0

(III)

λ1

+

3λ1 5λ1

Wie man solche LGS l¨ost, hast du (hoffentlich !) in der Schule bis zum Erbrechen ge¨ ubt. Wir bringen es auf Stufenform, indem wir zun¨ achst Gleichung (II) durch (IIa) = (II)−3 ·(I) und (III) durch (IIIa) = 5 ·(I)−(III) ersetzen (wer keine Br¨ uche mag, multipliziert davor mit 2 bzw. 4 durch): λ1

+ −

1 2 λ2 5 4 λ2

+

1λ3

=0

(I)

−

5λ3

=0

(IIa)

1 2 λ2

+

2λ3

=0

(IIIa).

Weiter erh¨ alt man durch (IIIb) = λ1

+ −

1 2 λ2 5 4 λ2

5 2

·(IIIa)+(IIa)

+

1λ3

=0

(I)

−

5λ3

=0

(IIa)

0

=0

(IIIb).

Damit ist das LGS unterbestimmt, wir k¨ onnen also z.B. in (IIa) λ3 = t ∈ Q frei w¨ahlen und erhalten λ2 = −4t, was beides eingesetzt in Gleichung (I) auf λ1 = − 12 λ2 − λ3 = 2t − t = t f¨ uhrt. Somit ist die L¨osungsmenge L = { (t, − 4t, t) | t ∈ Q }, und f¨ ur jedes t = 0 erhalten wir eine nicht-triviale L¨ osung des LGS (eine gen¨ ugt bereits!), d.h. die Vektoren ur t = 1 ergibt sich 1 · v1 − 4 · v2 + 1 · v3 = 0Q3 , also v1 , v2 , v3 sind linear abh¨angig. F¨ ist v1 = 4 · v2 − 1 · v3 eine m¨ogliche Linearkombination.

¨ ¨ sungen zu den Ubungsaufgaben Lo

460

L¨ osung 10.14 Wenn das System linear abh¨angig ist, gibtes eine nicht-triviale n Linearkombination des Nullvektors, λ1 · v1 + . . . + λn · vn = i=1 λi · vi = 0V mit mindestens einem λj = 0. Wir l¨osen nach λj · vj auf, indem wir alle anderen Summanden auf die rechte Seite bringen: λ j · vj = −

 i=j

λ i · vi =



(−λi ) · vi ,

i=j

wobei hier u ¨ber alle i = 1, . . . , n, außer i = j, summiert wird. Da nach Wahl λj = 0 ist, k¨ onnen wir durch λj teilen, und erhalten vj =

 λ i  1  − · vi , · (−λi ) · vi = λj λj i=j

i=j

d.h. vj ist eine Linearkombination der restlichen n − 1 Vektoren.



L¨ osung 10.15 Wir f¨ uhren einen Widerspruchsbeweis, indem wir annehmen, √ ¨ber√Q sind. In diesem Fall gibt es eine nichtdass 1 und 2 linear abh¨angig u also triviale Linearkombination λ · 1 + μ · 2 =√0 mit λ, μ ∈ Q, nicht beide Null, √ o st nach 2 ergibt sogar√beide ungleich Null (da weder 1 noch 2 Null sind). Aufgel¨ √  sich 2 = − μλ ∈ Q, im Widerspruch zur Irrationalit¨at von 2. ur jedes L¨ osung 10.16 Die n Monome 1, x, . . . , xn−1 sind nach Beispiel 10.13 f¨ beliebige n ∈ N linear unabh¨angig. Es sei ei = (0, . . . , 1, 0, . . . ) ∈ SR die Folge, deren i-tes Folgenglied 1 ist und die ur jedes beliebige n ∈ N linear sonstigen 0 sind. Die Folgen e1 , . . . , en sind dann f¨ unabh¨ angig. Denn λ1 · e1 + . . . + λn · en ist die Folge (λ1 , λ2 , . . . , λn , 0, . . . ), und diese ist genau dann die Null-Folge, wenn λ1 = λ2 = . . . = λn = 0 gilt. Nat¨ urlich kann man die Polynome wieder als reellwertige Funktionen auffassen, d.h. R[x] ⊂ FR , und somit sind auch die Monome xn linear unabh¨angig in FR . Es lohnt sich jedoch, noch ein weiteres Beispiel zu geben, allein um die punktweise Verkn¨ upfung in FR besser zu verstehen. Wie in der Anleitung definiert, betrachten wir die charakteristischen Funktionen χk : R → R mit  1 wenn x ∈ Ik = ( k − 1 , k ) χk (x) = 0 wenn x ∈ / Ik und weisen deren lineare Unabh¨ angigkeit nach. In Abbildung A.22 ist zur besseren Veranschaulichung die Linearkombination  = 12 · χ1 + χ2 − χ3 grafisch dargestellt. Setzt man in diese zum Beispiel x1 = 0,8 ∈ I1 ein, so erh¨alt man (x1 ) = 1 1 1 2 · χ1 (x1 ) + χ2 (x1 ) − χ3 (x1 ) = 2 + 0 + 0 = 2 . Offensichtlich ist diese Linearkombination nicht die Nullfunktion. Wenn du dieses Bild im Kopf hast, wird dir auch die folgende Verallgemeinerung nicht schwer fallen, wo wir zeigen, dass keine nicht-triviale Linearkombination der χi die Nullfunktion ergeben kann.

461

¨ sungen zu Kapitel 10 Lo

2

χ2

1

−1

1 2 χ1

0

1

2

3

−χ3

−1

Abbildung A.22 Sei  = λ1 · χ1 + . . . + λn · χn = 0FR eine Linearkombination der Nullfunktion. Wir w¨ ahlen ein xk ∈ Ik , 1  k  n, und wenden  auf dieses xk an. Nach Definition der punktweisen Verkn¨ upfung in FR ist (xk ) = λ1 χ1 (xk )+. . .+λk χk (xk )+. . .+λn χn (xk ) = 0+. . .+λk 1+. . .+0 = λk . Weil  die Nullfunktion ist, muss (xk ) = 0 sein, woraus λk = 0 folgt. Dies zeigt λ1 = . . . = λn = 0, also sind die charakteristischen Funktionen χ1 , . . . , χn linear unabh¨ angig. L¨ osung 10.17

Wir m¨ ussen zwei Dinge zeigen:

(1) "M # ist ein Unterraum von V . (Den Index

K

sparen wir uns ab jetzt.)

(2) "M # ist der kleinste Unterraum von V , der M enth¨alt, d.h. U  V mit M ⊆ U =⇒ "M # ⊆ U. (1) Es seien u, v ∈ "M # (was offensichtlich nicht leer ist) und λ ∈ K. Nach n Definition des Aufspanns "M # sind u und v dann von der Gestalt u = i=1 λi · vi n und v = i=1 μi · vi mit Skalaren λi , μi ∈ K. Mit Hilfe der Vektorraumaxiome folgt u+v =

n 

λ i · vi +

i=1

λ·u = λ·

n  i=1

n 

μ i · vi =

i=1

λi · v i =

n 

n 

(λi + μi ) · vi

und

i=1

(λλi ) · vi .

i=1

Somit sind u + v und λ · u wieder Linearkombination der Vektoren v1 , . . . , vn aus M , also Elemente von "M #, weshalb "M # nach Satz 10.1 ein Unterraum von V ist.

462

¨ ¨ sungen zu den Ubungsaufgaben Lo

(2) Sei U  V ein Unterraum, der die Menge M enth¨alt, d.h. v1 , . . . , vn liegen in U . Als Unterraum ist U abgeschlossen unter Summenbildung und Skalarmultiplikation, weshalb alle Linearkombinationen der vi ∈ U wieder in U liegen. Da "M # aber genau aus all diesen Linearkombinationen besteht, folgt "M # ⊆ U .  L¨ osung 10.18 Die Umkehrung lautet: L¨asst sich f¨ ur ein System v1 , . . . , vn ∈ V von Vektoren eines K-Vektorraums V jeder Vektor v ∈ V eindeutig als Linearkombination der vi darstellen, so bildet dieses System eine Basis B von V . Beweis: Da sich jeder Vektor als B-Linearkombination darstellen l¨asst, ist B ein Erzeugendensystem. Zum Nachweis der linearen Unabh¨ angigkeit von B betrachten wir eine Linearkombination des Nullvektors: 0V = λ1 · v1 + . . . + λn · vn . Da auch 0V = 0 · v1 + . . . + 0 · vn gilt, folgt aus der vorausgesetzten Eindeutigkeit der Darur alle 1  i  n, d.h. die lineare Unabh¨ angigkeit von B. Somit stellung λi = 0 f¨ ist B ein linear unabh¨angiges Erzeugendensystem, also eine Basis von V .  L¨ osung 10.19 Nachweis mit Hilfe des Unterraum-Kriteriums, dass E ein Unterraum ist: Offensichtlich ist der Nullvektor in E enthalten, also ist E = ∅. Sind x, y ∈ E, so folgt f¨ ur deren Summe x + y = (x1 + y1 , x2 + y2 , x3 + y3 )t ∈ K3 unter Verwendung von Distributiv- und Kommutativgesetz in K (x1 + y1 )n1 + (x2 + y2 )n2 + (x3 + y3 )n3 = x1 n1 + x2 n2 + x3 n3 + y1 n1 + y2 n2 + y3 n3 = 0 + 0 = 0, !" # !" # = 0, da x∈E

= 0, da y∈E

also gilt auch x + y ∈ E. Sind x ∈ E und λ ∈ K, so folgt f¨ ur das skalare Vielfache λ · x = (λx1 , λx2 , λx3 )t ∈ K3 unter Verwendung von Assoziativ- und Distributivgesetz in K (λx1 )n1 + (λx2 )n2 + (λx3 )n3 = λ (x1 n1 + x2 n2 + x3 n3 ) = λ0 = 0, !" # = 0, da x∈E

also gilt auch λ · x ∈ E, und E ist ein Unterraum von K3 . Nun bestimmen wir explizit eine Basis von E. Sei dazu x ∈ E beliebig; die Beziehung x1 n1 + x2 n2 + x3 n3 = 0 ist eine Gleichung f¨ ur die drei zu bestimmenden Komponenten x1 , x2 , x3 von x. Da n nicht der Nullvektor ist, ist eine der Komahlen wir x1 = λ ∈ K und x2 = μ ∈ K frei, so ponenten = 0, etwa n3 = 0. W¨ angigkeit von λ und l¨asst x3 sich aus der Gleichung λn1 + μn2 + x3 n3 = 0 in Abh¨ μ ausrechnen durch x3 = − n13 (λn1 + μn2 ). Somit besitzt jedes x ∈ E die Gestalt ⎞ ⎛ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 λ 0 ⎠ = λ · ⎝ 0⎠ + μ · ⎝ 1⎠ =: λ · u + μ · v. μ x=⎝ − nn13 − nn13 λ − nn23 μ − nn23 Damit l¨asst sich jedes x ∈ E als Linearkombination der zwei Vektoren u und v darstellen, die zudem beide in E liegen (¨ uberzeuge dich hiervon). Die lineare

¨ sungen zu Kapitel 10 Lo

463

Unabh¨ angigkeit von u und v sollte aufgrund der 1- und 0-Verteilung offensichtlich sein (falls nicht, f¨ uhre den Nachweis schriftlich). Damit ist u, v eine Basis von E, d.h. dimK E = 2. E l¨asst sich nun auch etwas anschaulicher darstellen als E = { λ · u + μ · v | λ, μ ∈ K }, was eine Ebene im K3 beschreibt. F¨ ur K = R hast du E bereits gr¨ undlich in der Schulgeometrie studiert: Es handelt sich um eine Ebene mit Normalenvektor #» n, die durch den Ursprung verl¨auft. Denn die definierende Bedingung von E ist nichts anderes als #» x · #» n = 0, wobei der Malpunkt hier f¨ ur das Skalarprodukt von Vektoren 3 im R steht. L¨ osung 10.20 Wir definieren die charakteristischen Funktionen χk : M → R der einelementigen Teilmengen {mk } von M durch  1 f¨ ur i = k χk (mi ) = 0 f¨ ur i = k, und behaupten, dass χ1 , χ2 , χ3 eine Basis von V = Abb(M, R) bilden. Da M nur drei Elemente besitzt, ist eine Abbildung f : M → R eindeutig durch ihre Funktionswerte auf m1 , m2 , m3 charakterisiert, d.h. durch die drei reellen Zahlen f (m1 ) =: λ1 , f (m2 ) =: λ2 , f (m3 ) =: λ3 ∈ R. Die Linearkombination λ1 · χ1 + λ2 · χ2 + λ3 · χ3 hat auf allen drei Elementen von M dieselben Funktionswerte wie f , denn es ist aufgrund der punktweise definierten Verkn¨ upfung in V z.B. (λ1 · χ1 + λ2 · χ2 + λ3 · χ3 )(m1 ) = λ1 χ1 (m1 ) + λ2 χ2 (m1 ) + λ3 χ3 (m1 ) = λ1 1 + λ2 0 + λ3 0 = λ1 = f (m1 ). Damit ist λ1 · χ1 + λ2 · χ2 + λ3 · χ3 eine andere Schreibweise f¨ ur die Funktion f , also f = λ1 · χ1 + λ2 · χ2 + λ3 · χ3 . Somit ist χ1 , χ2 , χ3 ein Erzeugendensystem. Die lineare Unabh¨ angigkeit der χk folgt wie in Aufgabe 10.16. Also ist χ1 , χ2 , χ3 eine  Basis von V , d.h. dimR V = 3. L¨ osung 10.21 Erste M¨ oglichkeit: Es ist −v = (−1) · v nach Aufgabe 10.3, und da man Skalare aus linearen Abbildungen rausziehen“ kann, folgt ” ϕ(−v) = ϕ((−1) · v) = (−1) · ϕ(v) = −ϕ(v). Zweite M¨ oglichkeit: 0W = ϕ(0V ) = ϕ(v + (−v)) = ϕ(v) + ϕ(−v), und Subtraktion von ϕ(v) liefert das Gew¨ unschte. Hierbei ging die Additivit¨at von ϕ ein.  L¨ osung 10.22 ⇒“ Sei zuerst ϕ als K-linear vorausgesetzt. Dann folgt durch ” schrittweise Ausnutzung der beiden Linearit¨ ats-Bedingungen aus Definition 10.8 ϕ(λ · u + μ · v) = ϕ(λ · u) + ϕ(μ · v) = λ · ϕ(u) + μ · ϕ(v)

¨ ¨ sungen zu den Ubungsaufgaben Lo

464

f¨ ur alle u, v ∈ V und alle λ, μ ∈ K. ⇐“ Ist umgekehrt ϕ(λ · u + μ · v) = λ · ϕ(u) + μ · ϕ(v) f¨ ur alle u, v ∈ V und alle ” λ, μ ∈ K gegeben, so folgt f¨ ur λ = μ = 1 insbesondere ϕ(u + v) = ϕ(1 · u + 1 · v) = 1 · ϕ(u) + 1 · ϕ(v) = ϕ(u) + ϕ(v), wobei mehrfach das Vektorraumaxiom (S1 ) verwendet wurde. Die zweite Linearit¨ atsbedingung ϕ(λ · u) = λ · ϕ(u) folgt einfach durch Einsetzen von μ = 0.  L¨ osung 10.23 Der Induktionsanfang (IA) f¨ ur n = 2 wurde bereits in der vorigen Aufgabe erbracht.   n n Es gelte nun also ϕ ur irgendein 2  n ∈ N f¨ ur i=1 λi · vi = i=1 λi · ϕ(vi ) f¨ alle v1 , . . . , vn ∈ V und λ1 , . . . , λn ∈ K (Induktionsvoraussetzung (IV)). Induktionsschritt: F¨ ur die Linearkombination von n + 1 Vektoren ergibt sich dann unter Verwendung von (IA) und (IV)  n+1 

ϕ

λ i · vi



i=1 (IA)

n 

= ϕ

n 

=ϕ

λi · v i



λi · vi + λn+1 · vn+1



i=1

+ λn+1 · ϕ(vn+1 )

i=1 (IV)

=

n  i=1

λi · ϕ(vi ) + λn+1 · ϕ(vn+1 ) =

n+1 

λi · ϕ(vi )

i=1

f¨ ur alle v1 , . . . , vn+1 ∈ V und λ1 , . . . , λn+1 ∈ K.



L¨ osung 10.24 F¨ ur c = 0 ist f (2 · x) = m(2x) + c = 2mx + c = 2(mx + c) = 2 · f (x), also ist f nicht linear. Noch schneller: f (0) = c = 0, was bei einer linearen Abbildung nach Lemma 10.1 nicht sein kann. L¨ osung 10.25 In Abbildung A.23 kann man geometrisch erkennen, dass σ additiv, d.h. vertr¨aglich mit der Addition ist. Vertr¨aglichkeit mit der Skalarmultiplikation soll sich jeder selber vorstellen. Durch formales Nachrechnen: Sind u = (u1 , u2 )t und v = (v1 , v2 )t Vektoren im R2 und λ, μ ∈ R, so gilt    λu λu1 + μv1 1 + μv1 σ(λ · u + μ · v) = σ = . λu2 + μv2 −λu2 − μv2     u1 v1 = λ· + μ· = λ · σ(u) + μ · σ(v). −u2 −v2 Die Komplexifizierung“ von σ ist ganz einfach die komplexe Konjugation ” C → C, a + b i → a − b i, denn diese spiegelt einen komplexen Zeiger an der reellen Achse.

¨ sungen zu Kapitel 10 Lo

x2

465

u+v

u v

x1

σ(v) σ(u) σ(u + v) = σ(u) + σ(v) Abbildung A.23 L¨ osung 10.26 Die Q-Linearit¨at von ϕ verifiziert man durch direktes Nachrech¨ nen: Der Ubersichtlichkeit halber zeigen wir hier nur die Additivit¨ at, dazu seien q = (q1 , q2 , q3 )t und r = (r1 , r2 , r3 )t Vektoren im Q3 : ⎛

⎞  q 1 + r1   2(q + r1 ) + (q2 + r2 ) ϕ(q + r) = ϕ ⎝q2 + r2 ⎠ = 1 1 2 (q2 + r2 ) − (q3 + r3 ) q 3 + r3       (2q1 + q2 ) + (2r1 + r2 ) 2r1 + r2 2q1 + q2 = + 1 , = 1 ( 12 q2 − q3 ) + ( 12 r2 − r3 ) 2 q2 − q3 2 r2 − r3 

was nichts anderes als ϕ(q) + ϕ(r) ist. Ebenso direkt kann man ϕ(λ · q) = λ · ϕ(q) f¨ ur q ∈ Q3 und λ ∈ Q nachrechnen. L¨ osung 10.27 Hinter der Linearit¨ at der Limesbildung verstecken sich nur die Grenzwerts¨ atze: Sind n¨amlich (an ) und (bn ) konvergente Folgen mit Grenzwerten a bzw. b, so konvergiert die Summenfolge nach (G1 ) gegen a + b, d.h. es ist  ((an ) + (bn )) = lim (an + bn ) = a + b = lim an + lim bn = ((an )) + ((bn )). n→∞

n→∞

n→∞

Weiterhin ist (λan ) = (λ) · (an ), wobei (λ) die konstante Folge mit λ als Folgengliedern (und Limes λ) bezeichnet. Nach dem Produkt-Grenzwertsatz (G2 ) folgt  (λ · (an )) =  ((λ) · (an )) = lim (λan ) = λa = λ lim an = λ((an )). n→∞

n→∞

(Beachte: Der erste Malpunkt in obiger Rechnung steht f¨ ur die Skalarmultiplikation in SR,c , w¨ahrend der zweite Malpunkt das Produkt von Folgen bezeichnet.) L¨ osung 10.28 Wir verwenden die Linearit¨ atsbedingung aus Aufgabe 10.22. Es seien u1 , u2 ∈ U und λ1 , λ2 ∈ K. Dann folgt unter schrittweiser Verwendung der

¨ ¨ sungen zu den Ubungsaufgaben Lo

466

Linearit¨at von ψ und ϕ   (ϕ ◦ ψ)(λ1 · u1 + λ2 · u2 ) = ϕ ψ(λ1 · u1 + λ2 · u2 )   = ϕ λ1 · ψ(u1 ) + λ2 · ψ(u2 )     = λ1 · ϕ ψ(u1 ) + λ2 · ϕ ψ(u2 )

(da ψ linear) (da ϕ linear)

= λ1 · (ϕ ◦ ψ)(u1 ) + λ2 · (ϕ ◦ ψ)(u2 ).



L¨ osung 10.29 Um die Summe zweier Homomorphismen ϕ, ψ ∈ HomK (V, W ) zu definieren, m¨ ussen wir angeben, was diese Summenabbildung mit Vektoren v ∈ V macht. Als naheliegende M¨ oglichkeit bietet sich die Addition der Bildvektoren an: (ϕ + ψ)(v) := ϕ(v) + ψ(v) ∈ W, wodurch wir eine neue Abbildung ϕ + ψ : V → W erhalten. Allerdings m¨ ussen wir noch verifizieren, dass diese auch tats¨achlich wieder linear ist. Das geht ¨ahnlich wie in der letzten Aufgabe unter Verwendung der Linearit¨at von ψ und ϕ sowie der Vektorraumaxiome in W : Def.

(ϕ + ψ)(λ1 · v1 + λ2 · v2 ) = ϕ(λ1 · v1 + λ2 · v2 ) + ψ(λ1 · v1 + λ2 · v2 ) ϕ, ψ lin.

=

W VR

λ1 · ϕ(v1 ) + λ2 · ϕ(v2 ) + λ1 · ψ(v1 ) + λ2 · ψ(v2 )

=

λ1 · (ϕ(v1 ) + ψ(v1 )) + λ2 · (ϕ(v2 ) + ψ(v2 ))

Def.

λ1 · (ϕ + ψ) (v1 ) + λ2 · (ϕ + ψ) (v2 ).

=

Diese m¨ uhsame Schreibarbeit zeigt also ϕ + ψ ∈ HomK (V, W ). Nach demselben Prinzip definieren wir das skalare Vielfache von ϕ ∈ HomK (V, W ) mit λ ∈ K durch (λ · ϕ)(v) := λ · ϕ(v) ∈ W. Der Nachweis, dass λ · ϕ tats¨ achlich in HomK (V, W ) liegt, verl¨auft analog. Jetzt ist es nur noch Formsache, nachzupr¨ ufen, dass HomK (V, W ) mit den so definierten Verkn¨ upfungen die Vektorraumaxiome erf¨ ullt. Da wir elementweise im Vektorraum W rechnen, reduzieren sich alle Nachweise auf die in W g¨ ultigen Vektorraumaxiome. Wir verweisen dazu auf Beispiel 10.7, denn dort wurde auch nichts ¨ anderes als die Vektorraumstruktur von R verwendet. Der Ubung halber solltest du dir alle Nachweise nochmals explizit in diesem Kontext aufschreiben. Wir weisen nur noch darauf hin, dass der Null vektor“ von HomK (V, W ) die Nullabbildung ” 0Hom : V → W , v → 0W , ist. L¨ osung 10.30 (1) Die Spiegelung σ aus Aufgabe 10.25 besitzt einen trivialen Kern, d.h. ker σ = {0R2 }, da jeder Vektor = 0R2 auch beim Spiegeln nicht zum Nullvektor wird. Das Bild von σ ist der gesamte R2 , denn jeder Vektor ist Spiegelbild seines Spiegelbilds, anders ausgedr¨ uckt: (x1 , x2 )t besitzt (x1 , − x2 )t als Urbild unter σ. Insgesamt ist σ also bijektiv, d.h. ein Isomorphismus des R2 . Dies sieht man

¨ sungen zu Kapitel 10 Lo

467

schneller auch daran, dass σ ◦ σ = idR2 gilt, σ also seine eigene Umkehrabbildung ist. Will man das Bild nicht explizit bestimmen, so zieht man die Dimensionsformel heran, die besagt, dass dimR im σ = dimR R2 − dimR ker σ = 2 − 0 = 2 ist, und mit Argument (∗) folgt im σ = R2 . (2) Um den Kern von ϕ : Q3 → Q2 , (q1 , q2 , q3 )t → (2q1 + q2 , 12 q2 − q3 )t , zu bestimmen, m¨ ussen wir alle Vektoren (q1 , q2 , q3 )t ∈ Q3 finden, die (2q1 + q2 , 12 q2 − q3 )t = t ullen. D.h. wir m¨ ussen das rationale LGS (0, 0) erf¨ 2q1

+

q2 1 2 q2

−

q3

=0

(I)

=0

(II)

l¨osen. Da dieses unterbestimmt ist (nur zwei Gleichungen f¨ ur drei Unbekannte), k¨onnen wir q3 = r ∈ Q frei w¨ahlen. Aus (II) folgt q2 = 2r, und einsetzen in (I) osungsmenge des LGS und damit der Kern von ϕ besitzt die ergibt q1 = −r. Die L¨ Gestalt & ' : ?& '@ −r  −1  2r  r ∈ Q = 2 ker ϕ = . r

1

Q

Da der Kern also der Aufspann des einen Vektors (−1, 2, 1)t = 0Q3 ist, besitzt er Dimension 1, und die Dimensionsformel liefert dimQ im ϕ = dimQ Q3 − dimQ ker ϕ = 3 − 1 = 2, und wieder nach (∗) folgt im ϕ = Q2 , d.h. ϕ ist surjektiv. (3) Der Kern des Limes-Homomorphismus  : SR,c → R, (an ) → limn→∞ an , besteht genau aus den Nullfolgen, denn genau diese erf¨ ullen limn→∞ an = 0. Das Bild von  ist ganz R, denn jede reelle Zahl r ∈ R kommt als Limes einer reellwertigen Folge vor, am einfachsten als Limes der konstanten Folge (r). L¨ osung 10.31 a) Die Dimensionsformel liefert in diesem Fall Vor.

dimK ker ϕ = dimK V − dimK im ϕ > dimK W − dimK im ϕ. Da im ϕ ein Untervektorraum von W ist, ist seine Dimension h¨ ochstens dimK W . Somit ist dimK W − dimK im ϕ  0, und es folgt dimK ker ϕ > 0. Folglich besitzt ϕ einen nicht-trivialen Kern und ist demnach nicht injektiv. b) Es folgt analog zu a) Vor.

dimK im ϕ = dimK V − dimK ker ϕ < dimK W − dimK ker ϕ  dimK W. Somit ist dimK im ϕ < dimK W , also kann im ϕ nicht ganz W sein, da es sonst die gleiche Dimension haben m¨ usste. Demnach ist ϕ nicht surjektiv.

¨ ¨ sungen zu den Ubungsaufgaben Lo

468

c) Sei ϕ injektiv, d.h. ker ϕ = {0V }, sprich dimK ker ϕ = 0. Die Dimensionsformel liefert dimK im ϕ = dimK V − 0 = dimK V , was nach Voraussetzung dimK W ist. Mit (∗) ergibt sich im ϕ = W , also die Surjektivit¨at von ϕ. Die Umkehrung (ii) =⇒ (i) zeigt man v¨ollig analog (man h¨atte auch gleich alle Argumente mit ⇐⇒“-Pfeilen versehen k¨onnen). ” F¨ ur dimK V = ∞ versagt dieses Argument. So ist zum Beispiel der Abd : R[x] → R[x] surjektiv, aber nicht injektiv (¨ uberlege, leitungsoperator dx warum!). Ein Beispiel f¨ ur eine injektive, aber nicht surjektive lineare Abbildung ist der Rechtsshift ρ : SR → SR ,

(a1 , a2 , . . . ) → (0, a1 , a2 , . . . ).

In im ρ fehlen offenbar die Folgen, die als erstes Glied keine 0 besitzen, also ist ρ nicht surjektiv. Die Injektivit¨at ist offensichtlich. Mit Hilfe der Kippregel rechnen wir zeilenweise:

L¨ osung 10.32 ⎛

1 a) ⎝3 5 ⎛ ⎜

⎞ ⎛ ⎞ ⎞ ⎛   23 1·7 + 2·8 2 7 4⎠ · = ⎝3 · 7 + 4 · 8⎠ = ⎝53⎠ 8 83 5·7 + 6·8 6 1/2

0 3 1+ i 8i

−2 i b) ⎜ ⎝

0 −1



c) π π ·





−π 2π

⎞ ⎛ ⎞ −i −2 i ⎟ 2 − /3⎟ ⎝ 4⎠ = · 1⎠ 6 2

⎞ 1/2 · (−2 i) + 0 · 4 + (− i) · 6 ⎟ ⎜ ⎜(−2 i) · (−2 i) + 3 · 4 + (−2/3) · 6⎟ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎜ 0 · (−2 i) + (1 + i) · 4 + 1 · 6 ⎟ ⎠ ⎝ (−1) · (−2 i) + (8 i) · 4 + 2 · 6 ⎛

⎞ −7 i ⎟ ⎜ 4 ⎟ =⎜ ⎝ 10 + 4 i ⎠ 12 + 34 i ⎛

  = π · (−π) + π · (2π) = π2

L¨ osung 10.33 Die Bilder der Basisvektoren bzw. deren Koordinaten bez¨ uglich der Bildbasis kommen in die Spalten der Matrix. a) F¨ ur jedes vi ist o(vi ) = 0V d.h. die n × n-Matrix der ⎛ 0 ... ⎜ .. . . (o) = ⎝ . B B . 0

...

= 0 · v1 +. . .+0 · vn , also ist (o(vi ))B = (0, . . . , 0)t , Nullabbildung besitzt wie zu erwarten die Gestalt ⎞ 0 .. ⎟ . . ⎠ 0

b) F¨ ur v1 ist id(v1 ) = v1 = 1 · v1 + 0 · v2 + . . . + 0 · vn , d.h. (id(v1 ))B = (1, 0, . . . , 0)t = e1 (der erste Standardbasisvektor im Kn ). Entsprechend gilt (f¨ ur n  3) id(v2 ) = v2 = 0 · v1 + 1 · v2 + 0 · v3 + . . . + 0 · vn ,

469

¨ sungen zu Kapitel 10 Lo

d.h. (id(v2 ))B = (0, 1, 0, . . . , 0)t = e2 . Allgemein gilt (id(vi ))B = ei (der i-te Standardbasisvektor im Kn ) f¨ ur jedes 1  i  n. Die Matrix der Identit¨ at besitzt damit in jeder Basis B die Gestalt ⎞

⎛ B (id)B

=



e1 e 2 . . . e n



⎜ ⎜ =⎜ ⎜ ⎝

0⎟

1 1 ..

0

⎟ ⎟, ⎟ ⎠

. 1

wobei die großen Nullen f¨ ur alle Eintr¨age (= 0) außerhalb der Hauptdiagonalen stehen. c) Diesmal ist die ge¨ anderte Reihenfolge der Vektoren in der Bildbasis zu beachten: Hier ist id(v1 ) = v1 = 0 · v2 + 0 · v3 + 1 · v1 ,

d.h.

(id(v1 ))C = (0, 0, 1)t ,

id(v2 ) = v2 = 1 · v2 + 0 · v3 + 0 · v1 ,

d.h.

(id(v2 ))C = (1, 0, 0)t ,

id(v3 ) = v3 = 0 · v2 + 1 · v3 + 0 · v1 ,

d.h.

(id(v3 ))C = (0, 1, 0)t ,

und die Matrix der Identit¨at ist nun eine nicht-triviale Permutationsmatrix ⎛ ⎞ 0 1 0 ⎝ 0 0 1 ⎠. C (id)B = 1 0 0 d) Es ist μ i (1) = i · 1 = i = 0 · 1 + 1 · i, d.h. (μ i (1))B = (0, 1)t und μ i ( i ) = i · i = −1 = (−1) · 1 + 0 · i, d.h. (μ i ( i ))B = (−1, 0)t . Damit ist die R-Matrix der Multiplikation mit i gegeben durch   0 −1 . B (μ i )B = 1 0 Nat¨ urlich ist (z)B = (2, − 3)t und damit         0 · 2 + (−1) · (−3) 3 0 −1 2 · = = , (μ i (z))B = B (μ i )B · (z)B = 1

0

−3

1 · 2 + 0 · (−3)

2

was wie zu erwarten dem Ergebnis der direkten Rechnung entspricht, denn i · (2 − 3 i) = 2 i − 3 i2 = 3 + 2 i . e) Wie in der vorigen Teilaufgabe gilt μ i (1) = i · 1, was hier jedoch schon die Darstellung in der gegebenen C-Basis von C ist. D.h. (μ i ( i ))B = ( i ) und die C-Matrix der Multiplikation mit i ist gegeben durch B (μ i )B

= ( i ).

¨ ¨ sungen zu den Ubungsaufgaben Lo

470

f) Diesmal ist μ i ( i ) = i · i = −1 = (−1) · 1, d.h. (μ i ( i ))C = (−1) und die CMatrix der Multiplikation mit i ist bez¨ uglich der neuen, verschiedenen Basen gegeben durch C (μ i )B

= (−1).

√ √ √ g) Es gilt μ√2 (1) = 2 · 1 = 2 = 0 · 1 + 1 · 2, d.h. (μ√2 (1))B = (0, 1)t , sowie √ √ √ √ √ μ√2 ( 2) = 2 · 2 = 2 = 2 · 1+0 · 2, d.h. (μ√2 ( 2))B = (2, 0)t . Als Matrix ergibt sich   0 2 √ . B (μ 2 )B = 1 0 h) Aus π1 (e1 ) = 1 = 1 · 1 und π1 (e2 ) = π1 (e3 ) = 0 = 0 · 1 folgt   C (π1 )B = 1 0 0 . i) Die Matrixdarstellung lautet ⎛   0 1 0 d =⎝ 0 0 2 C dx B 0 0 0

⎞ 0 0 ⎠, 3

d denn z.B. f¨ ur x3 gilt dx (x3 ) = 3x2 = 0 · 1 + 0 · x + 3 · x2 , entsprechend f¨ ur die anderen Basisvektoren.

j) Es ist τ (p) das Polynom mit (τ (p))(x) = p(x−1). Um unsch¨ one Ausdr¨ ucke wie (τ (x))(x) zu vermeiden, geben wir den Basisvektoren andere Bezeichnungen. Es seien p0 , p1 , p2 die Polynome mit p0 (x) = x0 = 1, p1 (x) = x1 = x und p2 (x) = x2 . Dann gilt (τ (p0 ))(x) = p0 (x − 1) = (x − 1)0 = 1 = 1 · 1 + 0 · x + 0 · x2 , (τ (p1 ))(x) = p1 (x − 1) = (x − 1)1 = (−1) · 1 + 1 · x + 0 · x2 , (τ (p2 ))(x) = p2 (x − 1) = (x − 1)2 = 1 · 1 + (−2) · x + 1 · x2 . Somit erhalten wir als Matrix von τ ⎛ ⎞ 1 −1 1 ⎝0 1 −2⎠ . B (τ )B = 0 0 1 ort zum Polynom p(x) = 1 + Der Koordinatenvektor (p)B = (1, 3, − 2)t geh¨ 3x − 2x2 . Durch direktes Anwenden von τ ergibt sich (τ (p))(x) = p(x − 1) = 1 + 3(x − 1) − 2(x − 1)2 = 1 + 3x − 3 − 2x2 + 4x − 2 = −4 + 7x − 2x2 .

471

¨ sungen zu Kapitel 10 Lo

Viel angenehmer ist es, dieses Ergebnis durch Anwenden des Matrix-VektorProdukts zu berechnen. Es ist ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 1 −1 1 1 −4 1 −2⎠ · ⎝ 3⎠ = ⎝ 7⎠ , (τ (p))B = B (τ )B · (p)B = ⎝0 0 0 1 −2 −2 was ebenfalls (τ (p))(x) = −4 + 7x − 2x2 bedeutet. L¨ osung 10.34 a) Die Matrixdarstellung lautet ⎛ 2 −3 A = B (ϕ)B = ⎝ 0 −1 −1 1

⎞ −1 0⎠ . 2

b) Bez¨ uglich der Basis E geschieht etwas Interessantes: ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2·1 − 3·1 − 0 −1 ⎠ = ⎝−1⎠ = (−1) · v1 , −1 ϕ(v1 ) = ϕ((1, 1, 0)t ) = ⎝ −1 + 1 + 2 · 0 0 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2·1 − 3·0 − 1 1 ⎠ = ⎝0⎠ = 1 · v2 , 0 ϕ(v2 ) = ϕ((1, 0, 1)t ) = ⎝ −1 + 0 + 2 · 1 1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2·1 − 3·0 + 1 3 ⎠ = ⎝ 0⎠ = 3 · v3 , 0 ϕ(v3 ) = ϕ((1, 0, − 1)t ) = ⎝ −1 + 0 − 2 · 1 −3 d.h. die zugeh¨ orige Matrix besitzt Diagonalgestalt ⎛ ⎞ −1 0 0 B = E (ϕ)E = ⎝ 0 1 0⎠ . 0 0 3 Durch geschickte Wahl der Basis kann man hier also die darstellende Matrix sch¨ on einfach aussehen lassen. Anmerkung: Einen Vektor v, der bei Anwendung von ϕ in ein Vielfaches λ · v von sich selbst u ¨bergeht, nennt man Eigenvektor und das zugeh¨orige λ heißt Eigenwert. Wie man solche Eigenvektoren bestimmen kann und f¨ ur welche linearen Abbildungen es wie in dieser Aufgabe sogar Basen aus Eigenvektoren gibt, untersucht man in der sogenannten Eigenwerttheorie. L¨ osung 10.35 a) Durch mehrfaches Anwenden der Kippregel erh¨ alt man: 

 =

1 3

  2 1 · 4 −1

1 · 1 + 2 · (−1) 3 · 1 + 4 · (−1)

2 −2

3 −3



1 · 2 + 2 · (−2) 3 · 2 + 4 · (−2)

1 · 3 + 2 · (−3) 3 · 3 + 4 · (−3)



 =

−1 −1

−2 −2

 −3 . −3

472

¨ ¨ sungen zu den Ubungsaufgaben Lo

b) Das Matrixprodukt existiert nicht, da die Formate nicht passen.       0 1 0 1 0 0 c) · = 0 0 0 0 0 0     1       d) 1 i · = 1·1 + i· i = 1 − 1 = 0 i        1  1·1 1· i 1 i e) · 1 i = = i i·1 i· i i −1 L¨ osung 10.36 Es ist σ1 ((x1 , x2 )t ) = (x2 , x1 )t und σ2 ((x1 , x2 )t ) = (−x1 , − x2 )t . Insbesondere ist σ1 (e1 ) = e2 , σ1 (e2 ) = e1 , σ2 (e1 ) = −e1 und σ2 (e2 ) = −e2 (falls dies unklar ist, schreibe dir e1 und e2 und ihre Bilder in Komponenten auf). Somit erhalten wir (σ2 ◦ σ1 )(e1 ) = σ2 (σ1 (e1 )) = σ2 (e2 ) = −e2 = 0 · e1 + (−1) · e2 , (σ2 ◦ σ1 )(e2 ) = σ2 (σ1 (e2 )) = σ2 (e1 ) = −e1 = (−1) · e1 + 0 · e2 , und als Matrixdarstellung ergibt sich   0 −1 (σ ◦ σ ) = B 2 1 B −1 0 (geometrisch ist dies u ¨brigens die Spiegelung an der zweiten Winkelhalbierenden). Anwenden des Satzes 10.8 ergibt ebenfalls       −1 0 0 1 0 −1 · = . B (σ2 ◦ σ1 )B = B (σ2 )B · B (σ1 )B = 0 −1 1 0 −1 0 ¨berlegt (geometrisch oder formal). Ferner ist σ1 ◦ σ2 = σ2 ◦ σ1 , wie man sich leicht u L¨ osung 10.37 a) Wir pr¨ ufen das Unterraum-Kriterium 10.1. Zun¨achst ist wegen 1C ∈ C die Menge C nicht leer und die Rechnung       a −b c −d a + c −(b + d) + = ∈C b a d c b+d a+c zeigt, dass die Summen von Matrizen aus C wieder in C liegen. Ebenso sieht man, dass reelle skalare Vielfache von Matrizen aus C wieder ein Element aus C ergeben:     a −b λ a −(λ b) λ· = ∈ C. b a λb λa Folglich ist C ein Untervektorraum von Mat2×2, R und damit wieder selbst ein R-Vektorraum. Die Zerlegung       a −b a 0 0 −b = + = a · 1C + b · I b a 0 a b 0

473

¨ sungen zu Kapitel 10 Lo

f¨ ur a, b ∈ R zeigt, dass die Matrizen 1C , I ein Erzeugendensystem von C bilden. Um die lineare Unabh¨ angigkeit der beiden Matrizen nachzuweisen, betrachten wir eine R-Linearkombination des Nullvektors von C , also der 2 × 2−Nullmatrix: λ · 1C + μ · I = 0C , d.h. ausgeschrieben         1 0 0 −1 λ −μ ! 0 0 = . λ· + μ· = 0 0 0 1 1 0 μ λ Durch Vergleich der Matrixeintr¨age folgt λ = μ = 0. Somit ist (1C , I) eine R-Basis von C . Um den geforderten Isomorphismus ϕ : C → C zu definieren, ziehen wir Satz 10.6 heran. Laut diesem m¨ ussen wir nur vorgeben, was mit den Basisvektoren von C geschieht. Wir setzen ϕ(1C ) := 1 sowie ϕ(I) := i, und Satz 10.6 liefert uns eine eindeutige lineare Abbildung ϕ : C → C welche dies fortsetzt, und zwar ϕ(a · 1C + b · I) = a + b i. Weil zudem ϕ eine R-Basis von C auf eine R-Basis von C abbildet, ist ϕ ein Isomorphismus (vergleiche die Bemerkung nach Satz 10.2). b) F¨ ur Z, W ∈ C zeigt folgende Rechnung, dass auch Z · W in C liegt: 

a b

Z ·W = 

  −b c · a d

ac − bd ad + bc

=

 ac + (−b)d = bc + ad  −(ad + bc) ∈ C. ac − bd −d c



a(−d) + (−b)c b(−d) + ac



Wie in der Aufgabenstellung schon erw¨ahnt, gelten alle weiteren AlgebrenEigenschaften wie z.B. Assoziativit¨ at, Distributivit¨ at etc. die in A2, R gelten, auch in der Teilmenge C . Weil zudem die Einheitsmatrix 1C , also das Neutralelement der Multiplikation von A2, R , in C liegt, ist C selbst wieder eine (assoziative) R-Algebra mit Eins. c) In b) haben wir das Produkt Z · W berechnet. Nun rechnen wir umgekehrt 

W ·Z =  =

c d

  −d a · c b

ac − bd ad + bc

  −b ca + (−d)b = a da + cb  −(ad + bc) = Z · W. ac − bd

c(−b) + (−d)a d(−b) + ca



Somit ist C eine kommutative R-Algebra mit Eins, und das einzige was uns jetzt noch zum K¨orper fehlt, ist die Existenz von multiplikativen Inversen (siehe f)). d) Es ist I 2 =



0 1

  −1 0 · 0 1

−1 0



 =

−1 0

0 −1

 = −1C . Das sollte deswegen

nicht u ¨berraschen, weil I die reelle Darstellungsmatrix der Multiplikation mit i ist, und i2 = −1 ergibt. e) Mit den Bezeichnungen aus Teil b) gilt   ac − bd −(bc + ad) ϕ(Z · W ) = ϕ = ac − bd + (ad + bc) i, bc + ad ac − bd

¨ ¨ sungen zu den Ubungsaufgaben Lo

474

was dasselbe ist wie ϕ(Z)ϕ(W ) (Produkt komplexer Zahlen), denn ϕ(Z)ϕ(W ) = (a + b i)(c + d i) = ac + ad i + bc i + bd i2 = ac − bd + (ad + bc) i. Damit ist ϕ ein sogenannter Algebrenisomorphismus. 

f) Sei 0C = Z =

a b

 −b ∈ C , d.h. a = 0 oder b = 0. Damit ist die komplexe a

Zahl z := a + b i = 0, und wir k¨onnen ihr Inverses in C bilden: z −1 = a b ¨bertragen wir mittels ϕ−1 zur¨ uck auf C , (a + b i)−1 = a2 +b 2 − a2 +b2 i. Dies u Z

−1

−1

:= ϕ

(z

−1

 )=

a/(a2 +b2 )

b/(a2 +b2 )

−b/(a2 +b2 )

a/(a2 +b2 )



 1 a = 2 · −b a + b2

 b . a

Man kann leicht nachrechnen, dass diese Matrix Z −1 tats¨ achlich das multiplikative Inverse von Z ist, also dass Z · Z −1 = 1C gilt. Eleganter geht dies unter Verwendung der Multiplikativit¨ at von ϕ: ϕ(Z · Z −1 ) = ϕ(Z)ϕ(Z −1 ) = zz −1 = 1 = ϕ(1C ), und die Injektivit¨ at von ϕ liefert die gew¨ unschte Beziehung Z · Z −1 = 1C . Insgesamt wissen wir nun also, dass C ein zu C isomorpher K¨orper ist (isomorph im Sinne von Algebren).   r cos θ −r sin θ g) Es ist ϕ−1 (z) = ϕ−1 (r cos θ + i r sin θ) = . Dies l¨ asst sich r sin θ

r cos θ

auf folgende Weise in ein Produkt von Matrizen zerlegen:       r cos θ −r sin θ r 0 cos θ − sin θ = · , r sin θ r cos θ 0 r sin θ cos θ woran man erkennt, dass es sich um die Darstellungsmatrix der Komposition (r · id) ◦ ρθ (bez¨ uglich der Standardbasis von C = R2 ) handelt. Anwendung dieser Matrix auf einen Vektor im R2 entspricht somit der Drehung um θ im Gegenuhrzeigersinn mit anschließender Streckung um den Faktor r, also genau das, was die Multiplikation mit z in C geometrisch bedeutet.

Stichwortverzeichnis Abbildung, 45 Bild, 46 Urbild, 46 Ableitung, 122 Ableitungsfunktion, 126 absolute Konvergenz, 106 abz¨ ahlbar unendlich, 56 ℵ0 (Aleph Null), 65 allgemeine Potenzfunktion, 145 Allquantor, 15 Anordnungsaxiome, 257 Arcuscosinus, 222 Arcussinus, 222 Arcustangens, 223 Areacosinus hyperbolicus, 230 Areasinus hyperbolicus, 230 arithmetische Summenformel, 31 assoziative K-Algebra, 326 Aufspann, 294 Aussage, 3 Aussageform, 4 Aussagenlogik, 3 ¨ aussagenlogische Aquivalenz, 11 aussagenlogische Formel, 9 Basis, 296 Basiserg¨ anzungssatz, 297 Bernoulli-Ungleichung, 32 Betragsgleichung, 200 Betragsungleichung, 204 Beweis direkter, 21 durch Induktion, 30 durch Kontraposition, 25 durch Widerspruch, 27 bijektiv, 49 Binomialkoeffizient, 35 binomischer Lehrsatz, 35 Bruchgleichung, 193 Bruchungleichung, 194

Cantors Diagonalverfahren, 58 cardanische Formeln, 277 Cauchyfolge, 85 Cosinus hyperbolicus, 229 Darboux-Integral, 166 de Moivre-Formel, 269 De Morgan-Regeln, 11, 12, 43 Determinante, 332 Differenzenquotient, 119 Differenzialquotient, 122 Differenzierbarkeit, 126 Dimension, 297 Dimensionsformel, 308 Dirichlet-Sprungfunktion, 167 disjunkt, 41 disjunkt(e Vereinigung), 41 Dreiecksungleichung, 79, 248 Dreiecksungleichung f¨ ur Integrale, 171 e-Funktion, 112 Additionstheorem, 112 komplexe, 262 Eigenwert, 471 Einbettung, 241 Einheitsmatrix, 322 Einheitsvektoren, 292 Ellipse, 227 entweder-oder (Kontravalenz), 7 Epimorphismus, 305 ε-Schlauch, 74 ε-Umgebung, 74 Erzeugendensystem, 296 euklidisches Lemma, 20 Euler-Formel, 110 eulersche Identit¨at, 262 eulersche Zahl e, 101 irrational, 104 Existenzquantor, 16 Exponentialfunktion allgemeine, 205

© Springer Fachmedien Wiesbaden GmbH, ein Teil von Springer Nature 2019 T. Glosauer, (Hoch)Schulmathematik, https://doi.org/10.1007/978-3-658-24574-0

476

Stichwortverzeichnis

Exponentialgleichung, 205 Exponentialungleichung, 208 Faktorregel, 132 Fakult¨at, 35 fast alle, 75 Fermat-Zahl, 36 Folge, 71 beschr¨ ankte, 76 divergente, 75 konvergente, 72 monotone, 85 rekursive, 87 Fundamentalsatz der Algebra, 276 gaußsche Zahlenebene, 243 genau-dann-wenn (Bijunktion), 8 geometrische Summenformel, 96 Grenzwert, 72 Grenzwerts¨ atze, 79 Gustl, 13 H¨aufungswert, 77 Hadamard-Formel, 111 Hauptsatz Differenzial- und Integralrechnung, 176 elementare Zahlentheorie, 21 endlich erzeugte Vektorr¨aume, 297 endlich-dimensionale Vektorr¨aume, 312 lineare Abbildungen, 311 Heron-Verfahren, 89 hinreichende Bedingung, 25 Homomorphismus, 300 Hyperbel, 230 imagin¨are Einheit, 242 Infimum, 84 injektiv, 49 Integral bestimmtes, 162 unbestimmtes, 155 uneigentliches, 180 integrierbar, 170 Intervallschreibweise, 39

√ Irrationalit¨ at von 2, 28 Isomorphie, 310 Isomorphismus, 305 kanonischer, 313 Junktor, 5 K¨orperaxiome, 252 kanonische Basis, 296 Kardinalzahl, 65 kartesisches Produkt, 43 Kettenregel, 139 Kippregel, 316 kommutatives Diagramm, 317 Komplement, 40 komplexe Zahlen, 241 als K¨orper, 252 Betrag, 247 Einheitswurzeln, 272 Imagin¨arteil, 243 konjugiert, 247 Polarform, 260 Quadratwurzeln, 265 Realteil, 243 Kontinuumshypothese, 66 Konvergenzradius, 109 Kreisteilungsgleichung, 273 Leibniz-Regel, 137 Leibnizkriterium, 105 LGS homogenes, 328 inhomogenes, 334 Limes, 72 linear (un-)abh¨angig, 291 lineare Abbildung, 300 Bild, 304 Kern, 304 lineare H¨ ulle, 294 Linearkombination, 291 ln-Funktion, 114 Logarithmusfunktion allgemeine, 205 M¨achtigkeit, 37 Majorantenkriterium, 105

Stichwortverzeichnis

Matrix, 314 inverse, 333 Rang, 334 Matrixprodukt, 325 Menge, 37 Monomorphismus, 305 Monotonieprinzip, 86 nat¨ urlicher Logarithmus, 114 nicht (Negation), 6 notwendige Bedingung, 25 Nullteiler, 255 oder (Disjunktion), 7 Partialbruchzerlegung, 233 Partialsumme, 93 partielle Integration, 213 Permutation, 52 Polynomdivision, 187, 209 Polynomgleichung, 185 Polynomungleichung, 189 Potenzmenge, 39 Potenzregel, 133 Potenzreihe, 109 Pr¨ adikatenlogik, 14 Primfaktorzerlegung, 21 Primzahl, 20 Produktintegration, 213 Produktregel, 137 Projektion, 307 Quaternionen, 258 Quotientenkriterium, 106 Quotientenregel, 146 Reihe, 93 absolut konvergente, 106 alternierende harmonische, 105 geometrische, 96 harmonische, 95 konvergente, 93 Riemann-Integral, 168 Rotationsk¨ orper, 163 Schiefk¨ orper, 258

Schnittmenge, 40 Sinus hyperbolicus, 229 Sinus und Cosinus Ableitung, 134 Additionstheoreme, 270 Doppelwinkelformeln, 270 Taylorreihe, 150 Stammfunktion, 155 Standardbasis, 296 Stetigkeit, 129 Substitutionsregel, 218 Summen-Notation, 31 Summenregel, 132 Supremum, 82 surjektiv, 49 System von Vektoren, 291 Tangente, 123 Tangentengleichung, 124 Tautologie, 11 Taylorpolynom, 150 Taylorreihe, 150 Teilbarkeit, 19 teilerfremd, 19 Teilmenge, 39 transzendent, 104 u ¨berabz¨ ahlbar unendlich, 56 Umkehrabbildung, 55 und (Konjunktion), 7 Untervektorraum, 289 Vektorraum -Homomorphismus, 300 -axiome, 281 u ¨ber einem K¨orper K, 281 endlich erzeugt, 297 endlich-dimensional, 297 Standard-, 284 von Folgen, 284 von Funktionen, 285 von Polynomen, 287 Venn-Diagramm, 40 Vereinigung, 40 Verkettung, 51

477

478

Vieta, Satz von, 185 vollst¨andige Induktion, 30 Vollst¨andigkeit von R, 82 wenn-dann (Subjunktion), 7 Wurzelgleichung, 198 Wurzelkriterium, 107 Wurzelungleichung, 199

Stichwortverzeichnis