Kurs:Mathematik (Osnabrück 2009-2011)/Teil I/Nach/Klausur mit Lösungen

Aufgabe * (4 Punkte)

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Der Binomialkoeffizient ${}{\binom {n}{k}}$.
2. Die Umkehrabbildung zu einer bijektiven Abbildung ${}F\colon L\rightarrow M$.
3. Der Betrag einer komplexen Zahl ${}z=a+b{\mathrm {i} }$.
4. Die Stetigkeit einer Abbildung

   $\varphi \colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R}$

   in einem Punkt ${}a\in \mathbb {R}$.

5. Die lineare Unabhängigkeit von Vektoren ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ in einem ${}K$-Vektorraum ${}V$.
6. Der Rang einer linearen Abbildung

   $\varphi \colon V\longrightarrow W$

   zwischen endlichdimensionalen ${}K$-Vektorräumen ${}V$ und ${}W$.

7. Die Eulersche Zahl.
8. Die Zahl ${}\pi$ (gefragt ist nach der analytischen Definition).

Lösung

Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe.

1. Der Binomialkoeffizient ${}{\binom {n}{k}}$.
2. Die Umkehrabbildung zu einer bijektiven Abbildung ${}F\colon L\rightarrow M$.
3. Der Betrag einer komplexen Zahl ${}z=a+b{\mathrm {i} }$.
4. Die Stetigkeit einer Abbildung

   $\varphi \colon \mathbb {R} \longrightarrow \mathbb {R}$

   in einem Punkt ${}a\in \mathbb {R}$.

5. Die lineare Unabhängigkeit von Vektoren ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ in einem ${}K$-Vektorraum ${}V$.
6. Der Rang einer linearen Abbildung

   $\varphi \colon V\longrightarrow W$

   zwischen endlichdimensionalen ${}K$-Vektorräumen ${}V$ und ${}W$.

7. Die Eulersche Zahl.
8. Die Zahl ${}\pi$ (gefragt ist nach der analytischen Definition).

 

Aufgabe * (4 Punkte)

Formuliere die folgenden Sätze.

1. Die Dimensionsformel für lineare Abbildungen.
2. Der Satz von Cayley-Hamilton.
3. Der Zwischenwertsatz für stetige Funktionen.
4. Der Satz von Bolzano-Weierstraß.

Lösung

1. Es sei ${}K$ ein Körper, ${}V$ und ${}W$ seien ${}K$- Vektorräume und

   $\varphi \colon V\longrightarrow W$

   sei eine ${}K$- lineare Abbildung und ${}V$ sei endlichdimensional.

   Dann gilt

   ${}\operatorname {dim} _{}\left(V\right)=\operatorname {dim} _{}\left(\operatorname {kern} \varphi \right)+\operatorname {dim} _{}\left(\operatorname {bild} \varphi \right)\,.$

2. Es sei ${}K$ ein Körper und sei ${}M$ eine ${}n\times n$- Matrix über ${}K$. Es sei

   ${}\chi _{M}=X^{n}+c_{n-1}X^{n-1}+\cdots +c_{1}X+c_{0}\,$

   das charakteristische Polynom zu ${}M$.

   Dann gilt

   ${}\chi _{M}\,(M)=M^{n}+c_{n-1}M^{n-1}+\cdots +c_{1}M+c_{0}=0\,.$

   Das heißt, dass die Matrix das charakteristische Polynom annulliert.

3. Es seien ${}a\leq b$ reelle Zahlen und sei ${}f\colon [a,b]\rightarrow \mathbb {R}$ eine stetige Funktion. Es sei ${}u\in \mathbb {R}$ eine reelle Zahl zwischen ${}f(a)$ und ${}f(b)$.

   Dann gibt es ein ${}x\in [a,b]$ mit ${}f(x)=u$.

4. Es sei ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ eine beschränkte Folge von reellen Zahlen.

   Dann besitzt die Folge eine konvergente Teilfolge.

 

Aufgabe * (4 Punkte)

a) Man gebe ein Beispiel für rationale Zahlen ${}a,b,c\in {]0,1[}$ mit

${}a^{2}+b^{2}=c^{2}\,.$

b) Man gebe ein Beispiel für rationale Zahlen ${}a,b,c\in {]0,1[}$ mit

${}a^{2}+b^{2}\neq c^{2}\,.$

c) Man gebe ein Beispiel für irrationale Zahlen ${}a,b\in {]0,1[}$ und eine rationale Zahl ${}c\in {]0,1[}$ mit

${}a^{2}+b^{2}=c^{2}\,.$

Lösung

a) Es ist

${}3^{2}+4^{2}=5^{2}\,,$

daher ist

${}{\left({\frac {3}{6}}\right)}^{2}+{\left({\frac {4}{6}}\right)}^{2}={\left({\frac {5}{6}}\right)}^{2}\,,$

und diese Zahlen sind rational und aus dem offenen Einheitsintervall.

b) Wir nehmen ${}a={\frac {3}{6}}$ und ${}b={\frac {4}{6}}$ und ${}c={\frac {1}{6}}$. Die Summe ist

${}a^{2}+b^{2}={\left({\frac {5}{6}}\right)}^{2}\neq {\left({\frac {1}{6}}\right)}^{2}\,.$

c) Wir setzen

${}a=b={\frac {1}{2{\sqrt {2}}}}\,;$

diese Zahl ist irrational, da ${}{\sqrt {2}}$ irrational ist. Es gilt

${}{\left({\frac {1}{2{\sqrt {2}}}}\right)}^{2}+{\left({\frac {1}{2{\sqrt {2}}}}\right)}^{2}={\frac {1}{4\cdot 2}}+{\frac {1}{4\cdot 2}}={\frac {1}{4}}={\left({\frac {1}{2}}\right)}^{2}\,.$

Mit ${}c={\frac {1}{2}}$ ist also ein Beispiel der gewünschten Art gefunden.

 

Aufgabe * (4 Punkte)

Beweise durch Induktion für alle ${}n\in \mathbb {N} _{+}$ die Formel

${}\sum _{k=1}^{n}(-1)^{k-1}k^{2}=(-1)^{n+1}{\frac {n(n+1)}{2}}\,.$

Lösung

Induktionsanfang. Für ${}n=1$ kommt links nur der Summand zu ${}k=2$ vor, und dieser ist

${}(-1)^{0}1^{2}=1\,.$

Rechts steht ebenfalls

${}(-1)^{2}{\frac {1\cdot 2}{2}}=1\,.$

Induktionsschluss. Die Aussage sei für ${}n$ bewiesen, wir erschließen daraus auf die Gültigkeit für ${}n+1$. Es ist

${}{\begin{aligned}\sum _{k=1}^{n+1}(-1)^{k-1}k^{2}&=\sum _{k=1}^{n}(-1)^{k-1}k^{2}+(-1)^{n}(n+1)^{2}\\&=(-1)^{n+1}{\frac {n(n+1)}{2}}+(-1)^{n+2}(n+1)(n+1)\\&=(-1)^{n+2}{\frac {-n(n+1)}{2}}+{\frac {(-1)^{n+2}2(n+1)(n+1)}{2}}\\&=(-1)^{n+2}{\frac {-n(n+1)+2(n+1)(n+1)}{2}}\\&=(-1)^{n+2}{\frac {(n+1)(-n+2n+2)}{2}}\\&=(-1)^{n+2}{\frac {(n+1)(n+2)}{2}}.\end{aligned}}$

Also gilt die Aussage für alle ${}n$.

 

Aufgabe * (4 Punkte)

Bestimme den Kern der durch die Matrix

${}M={\begin{pmatrix}2&3&0&-1\\4&2&2&5\end{pmatrix}}\,$

gegebenen linearen Abbildung

$\varphi \colon \mathbb {R} ^{4}\longrightarrow \mathbb {R} ^{2}.$

Lösung

Wir bestimmen den Lösungsraum des linearen Gleichungssystems

$I\,\,\,\,\,\,\,\,\,2x+3y\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,-w=0$

$II\,\,\,\,\,\,4x+2y+2z+5w=0.$

Es ist

$III=II-2\cdot I\,\,\,\,\,\,-4y+2z+7w=0.$

Damit haben wir Stufengestalt erreicht.

Wir wählen ${}w=0$ und ${}z=2$. Dann ist ${}y=1$ nach III und nach I ist ${}x=-{\frac {3}{2}}$. Damit ist

${\begin{pmatrix}-{\frac {3}{2}}\\1\\2\\0\end{pmatrix}}$

eine Lösung.

Wir wählen jetzt ${}w=1$ und ${}z=0$. Dann ist ${}y={\frac {7}{4}}$ nach III und nach I ist

${}x=-{\frac {17}{8}}\,.$

Damit ist

${\begin{pmatrix}-{\frac {17}{8}}\\{\frac {7}{4}}\\0\\1\end{pmatrix}}$

eine weitere Lösung, die von der ersten Lösung linear unabhängig ist. Da die Matrix den Rang ${}2$ besitzt (was aus der Stufengestalt ablesbar ist), ist der Kern zweidimensional, also ist der Kern gleich

${\left\{a{\begin{pmatrix}-{\frac {3}{2}}\\1\\2\\0\end{pmatrix}}+b{\begin{pmatrix}-{\frac {17}{8}}\\{\frac {7}{4}}\\0\\1\end{pmatrix}}\mid a,b\in \mathbb {R} \right\}}.$

 

Aufgabe * (4 Punkte)

Zeige, dass die Reihe

$\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {z^{n}}{n^{n}}}$

für jedes ${}z\in {\mathbb {C} }$ absolut konvergiert.

Lösung

Wir wenden das Quotientenkriterium an, woraus dann die absolute Konvergenz folgt. Dazu betrachten wir den Quotienten aus zwei aufeinander folgenden Gliedern ${}a_{n}={\frac {z^{n}}{n^{n}}}$ der Reihe (bei ${}z=0$ ist die Aussage klar, sei also ${}z\neq 0$), also

${}{\begin{aligned}\vert {\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}\vert &=\vert {\frac {\frac {z^{n+1}}{(n+1)^{n+1}}}{\frac {z^{n}}{n^{n}}}}\vert \\&=\vert {z}\vert {\frac {n^{n}}{(n+1)^{n+1}}}\\&=\vert {z}\vert ({\frac {n}{n+1}})^{n}{\frac {1}{n+1}}\\&\leq \vert {z}\vert {\frac {1}{n+1}}.\end{aligned}}$

Zu einem gegebene ${}z\in {\mathbb {C} }$ gibt es ein ${}n_{0}\in \mathbb {N}$ mit

${}q:={\frac {\vert {z}\vert }{n_{0}+1}}<1\,.$

Dies gilt dann auch für alle ${}n\geq n_{0}$, so dass man ab ${}n_{0}$ das Quotientenkriterium anwenden kann.

 

Aufgabe * (4 Punkte)

Bestimme das Taylor-Polynom der Ordnung ${}3$ zur Funktion

${}f(x)=x\cdot \sin x\,$

im Entwicklungspunkt ${}a={\frac {\pi }{2}}$.

Lösung

Es ist

${}f{\left({\frac {\pi }{2}}\right)}={\frac {\pi }{2}}\,.$

Es ist

${}f^{\prime }(x)=\sin x+x\cdot \cos x\,$

und daher ist

${}f^{\prime }{\left({\frac {\pi }{2}}\right)}=1\,.$

Es ist

${}f^{\prime \prime }(x)=\,$

und daher ist

${}f^{\prime \prime }{\left({\frac {\pi }{2}}\right)}=-{\frac {\pi }{2}}\,.$

Es ist

${}f^{\prime \prime \prime }(x)=\,$

und daher ist

${}f^{\prime \prime \prime }{\left({\frac {\pi }{2}}\right)}=-3\,.$

Das Taylor-Polynom vom Grad ${}3$ in ${}{\frac {\pi }{2}}$ ist somit

${\frac {\pi }{2}}+{\left(x-{\frac {\pi }{2}}\right)}-{\frac {\pi }{4}}{\left(x-{\frac {\pi }{2}}\right)}^{2}-{\frac {1}{2}}{\left(x-{\frac {\pi }{2}}\right)}^{3}.$

 

Aufgabe * (5 Punkte)

Es seien ${}M_{1},\ldots ,M_{k}$ und ${}N_{1},\ldots ,N_{k}$ nichtleere Mengen und

$\varphi _{i}\colon M_{i}\longrightarrow N_{i}$

Abbildungen für ${}i=1,\ldots ,k$. Es sei ${}M=M_{1}\times \cdots \times M_{k}$, ${}N=N_{1}\times \cdots \times N_{k}$, und ${}\varphi$ die Produktabbildung, also

$\varphi \colon M\longrightarrow N,\,(x_{1},\ldots ,x_{k})\longmapsto (\varphi _{1}(x_{1}),\ldots ,\varphi _{k}(x_{k})).$

a) Zeige, dass ${}\varphi$ genau dann surjektiv ist, wenn alle ${}\varphi _{i}$ surjektiv sind.

b) Zeige, dass a) nicht gelten muss, wenn die beteiligten Mengen leer sein dürfen.

Lösung

a) Es seien alle ${}\varphi _{i}$ surjektiv und sei ${}y=(y_{1},\ldots ,y_{k})\in N$. Zu jedem ${}i$ gibt es ein ${}x_{i}\in M_{i}$ mit ${}\varphi (x_{i})=y_{i}$. Daher ist ${}x=(x_{1},\ldots ,x_{k})$ ein Urbild von ${}y$ unter ${}\varphi$.

Es sei umgekehrt ${}\varphi$ surjektiv, und sei ${}y_{i}\in N_{i}$ gegeben. Da die ${}N_{j}$ alle nicht leer sind, gibt es jeweils ein ${}a_{j}\in N_{j}$. Wir setzen

$y=(a_{1},\ldots ,a_{i-1},y_{i},a_{i+1},\ldots ,a_{k})\in N.$

Dafür gibt es nach Voraussetzung ein Urbild ${}x\in M$. Für die ${}i$-te Komponente davon muss ${}\varphi _{i}(x_{i})=y_{i}$ gelten.

b) Es sei ${}M_{1}=N_{1}=\emptyset$, sei ${}\varphi _{1}$ die leere Abbildung und seien ${}M_{2}$ und ${}N_{2}$ irgendwelche (nichtleere) Mengen und sei ${}\varphi _{2}\colon M_{2}\rightarrow N_{2}$ eine beliebige nicht surjektive Abbildung. Dann ist ${}M=\emptyset \times M_{2}=\emptyset$ und ${}N=\emptyset \times N_{2}=\emptyset$ und daher ist die Produktabbildung ${}\varphi =\varphi _{1}\times \varphi _{2}$ ebenfalls die leere Abbildung, also surjektiv, obwohl nicht alle ${}\varphi _{i}$ surjektiv sind.

 

Aufgabe * (6 Punkte)

Wir betrachten die lineare Abbildung

$\varphi \colon {\mathbb {C} }^{3}\longrightarrow {\mathbb {C} }^{3},$

die bezüglich der Standardbasis durch die Matrix

${}A={\begin{pmatrix}2&1&-2+{\mathrm {i} }\\0&{\mathrm {i} }&1+{\mathrm {i} }\\0&0&-1+2{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}\,$

beschrieben wird.

a) Bestimme das charakteristische Polynom und die Eigenwerte von ${}A$.

b) Berechne zu jedem Eigenwert einen Eigenvektor.

c) Stelle die Matrix für ${}\varphi$ bezüglich einer Basis aus Eigenvektoren auf.

Lösung

a) Das charakteristische Polynom ist

${}{\begin{aligned}\chi _{A}&=\det {\begin{pmatrix}x-2&-1&2-{\mathrm {i} }\\0&x-{\mathrm {i} }&-1-{\mathrm {i} }\\0&0&x+1-2{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}\\&=(x-2)(x-{\mathrm {i} })(x+1-2{\mathrm {i} })\\&=x^{3}-(1+3{\mathrm {i} })x^{2}+(2{\mathrm {i} }-2(1-2{\mathrm {i} })-{\mathrm {i} }(1-2{\mathrm {i} }))x+2{\mathrm {i} }(1-2{\mathrm {i} })\\&=x^{3}-(1+3{\mathrm {i} })x^{2}+(-4+5{\mathrm {i} })x+4+2{\mathrm {i} }\end{aligned}}$

und die Eigenwerte von ${}A$ sind ${}2,{\mathrm {i} },-1+2{\mathrm {i} }$.

b) Wir bestimmen für jeden Eigenwert einen Eigenvektor.

${}x=2$:

Wir müssen ein nichttriviales Element im Kern von

${\begin{pmatrix}0&-1&2-{\mathrm {i} }\\0&2-{\mathrm {i} }&-1-{\mathrm {i} }\\0&0&3-2{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}$

bestimmen. Da gehört ${}{\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}}$ dazu.

${}x={\mathrm {i} }$:

Dies führt auf

${\begin{pmatrix}-2+{\mathrm {i} }&-1&2-{\mathrm {i} }\\0&0&-1-{\mathrm {i} }\\0&0&1-{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}}.$

Wir wählen ${}c=0$ und ${}a=1$ und erhalten ${}b=-2+{\mathrm {i} }$, also ist

${\begin{pmatrix}1\\-2+{\mathrm {i} }\\0\end{pmatrix}}$

ein Eigenvektor zum Eigenwert ${}{\mathrm {i} }$.

${}x=-1+2{\mathrm {i} }$:

Dies führt auf

${\begin{pmatrix}-3+2{\mathrm {i} }&-1&2-{\mathrm {i} }\\0&-1+{\mathrm {i} }&-1-{\mathrm {i} }\\0&0&0\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}0\\0\\0\end{pmatrix}}.$

Mit ${}c=-1+{\mathrm {i} }$ und ${}b=1+{\mathrm {i} }$ ist die mittlere Zeile erfüllt. Die erste Zeile wird dann zu

$(-3+2{\mathrm {i} })a-1-{\mathrm {i} }+(2-{\mathrm {i} })(-1+{\mathrm {i} })=0$

und daher ist

${}(-3+2{\mathrm {i} })a=1+{\mathrm {i} }-(2-{\mathrm {i} })(-1+{\mathrm {i} })=1+{\mathrm {i} }-2{\mathrm {i} }+2-1-{\mathrm {i} }=2-2{\mathrm {i} }\,.$

Daher ist

${}a=(2-2{\mathrm {i} })(-3+2{\mathrm {i} })^{-1}=(2-2{\mathrm {i} }){\frac {-3-2{\mathrm {i} }}{13}}={\frac {-10+2{\mathrm {i} }}{13}}\,.$

Somit ist

${\begin{pmatrix}{\frac {-10+2{\mathrm {i} }}{13}}\\1+{\mathrm {i} }\\-1+{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}$

ein Eigenvektor zum Eigenwert ${}-1+2{\mathrm {i} }$.

c) Bezüglich einer Basis aus Eigenvektoren besitzt die beschreibende Matrix die Gestalt

${\begin{pmatrix}2&0&0\\0&{\mathrm {i} }&0\\0&0&-1+2{\mathrm {i} }\end{pmatrix}}.$

 

Aufgabe * (11 Punkte)

Es sei ${}K$ ein Körper, ${}V$ und ${}W$ seien endlichdimensionale ${}K$-Vektorräume und sei

$\varphi \colon V\longrightarrow W$

eine lineare Abbildung.

a) Zeige: ${}\varphi$ ist genau dann surjektiv, wenn es eine lineare Abbildung

$\psi \colon W\longrightarrow V$

mit

${}\varphi \circ \psi =\operatorname {Id} _{W}\,$

gibt.

b) Es sei nun ${}\varphi$ surjektiv, es sei

$S={\left\{\psi :W\rightarrow V\mid \psi {\text{ linear}},\,\varphi \circ \psi =\operatorname {Id} _{W}\right\}}$

und es sei ${}\psi _{0}\in S$ fixiert. Definiere eine Bijektion zwischen ${}\operatorname {Hom} _{K}(W,\operatorname {kern} \varphi )$ und ${}S$, unter der ${}0$ auf ${}\psi _{0}$ abgebildet wird.

Lösung

a) ${}\Leftarrow$ Es gebe eine lineare Abbildung ${}\psi$ mit der angegebenen Eigenschaft ${}\varphi \circ \psi =\operatorname {Id} _{W}$. Dann ist für jedes ${}w\in W$

$w=\varphi (\psi (w)),$

also ist ${}\psi (w)$ ein Urbild für ${}w$ unter ${}\varphi$.

${}\Rightarrow$ Es sei ${}w_{1},\ldots ,w_{n}$ eine Basis von ${}W$ und es seien ${}v_{1},\ldots ,v_{n}$ Urbilder unter ${}\varphi$, also Elemente in ${}V$ mit

$\varphi (v_{i})=w_{i}{\text{ für alle }}i=1,\ldots ,n.$

Wir definieren nun eine lineare Abbildung ${}\psi \colon W\rightarrow V$ durch

$\psi (w_{i}):=v_{i}{\text{ für alle }}i=1,\ldots ,n.$

Da man eine lineare Abbildung auf einer Basis frei vorgeben kann, ist dadurch in der Tat eine lineare Abbildung definiert.

Für die Verknüpfung ${}\varphi \circ \psi$ und einen beliebigen Vektor ${}w=\sum _{i=1}^{n}a_{i}w_{i}$ gilt

${}{\begin{aligned}(\varphi \circ \psi )(\sum _{i=1}^{n}a_{i}w_{i})&=\varphi (\psi (\sum _{i=1}^{n}a_{i}w_{i}))\\&=\varphi (\sum _{i=1}^{n}a_{i}\psi (w_{i}))\\&=\varphi (\sum _{i=1}^{n}a_{i}v_{i})\\&=\sum _{i=1}^{n}a_{i}\varphi (v_{i})\\&=\sum _{i=1}^{n}a_{i}w_{i}.\end{aligned}}$

Also ist diese Verknüpfung die Identität.

b) Wir definieren eine Abbildung durch

$\operatorname {Hom} _{K}(W,\operatorname {kern} \varphi )\longrightarrow S,\,\theta \longmapsto \theta +\psi _{0},$

wobei ${}\theta +\psi _{0}$ die Addition von linearen Abbildungen von ${}W$ nach ${}V$ ist. Unter dieser Abbildung geht die Nullabbildung auf ${}\psi _{0}$. Wir müssen zuerst zeigen, dass ${}\theta +\psi _{0}$ zu ${}S$ gehört. Dies folgt aus

${}{\begin{aligned}(\varphi \circ (\theta +\psi _{0}))(w)&=\varphi ((\theta +\psi _{0})(w))\\&=\varphi (\theta (w)+\psi _{0}(w))\\&=\varphi (\psi _{0}(w))\\&=w\end{aligned}}$

für alle ${}w\in W$.

Zur Injektivität. Seien ${}\theta _{1}$ und ${}\theta _{2}$ aus ${}\operatorname {Hom} _{K}(W,\operatorname {kern} \varphi )$ gegeben, die auf das gleiche Element in ${}S$ abgebildet werden. Dann ist

$\theta _{1}(w)+\psi _{0}(w)=\theta _{2}(w)+\psi _{0}(w){\text{ für alle }}w\in W$

und daher

$\theta _{1}(w)=\theta _{2}(w){\text{ für alle }}w\in W.$

Zur Surjektivität. Es sei ${}\psi \in S$. Wir betrachten ${}\psi -\psi _{0}$ und behaupten, dass dies zu ${}\operatorname {Hom} _{K}(W,\operatorname {kern} \varphi )$ gehört. Dies folgt aus

${}{\begin{aligned}\varphi ((\psi -\psi _{0})(w))&=\varphi (\psi (w)-\psi _{0}(w))\\&=\varphi (\psi (w))-\varphi (\psi _{0}(w))\\&=w-w\\&=0.\end{aligned}}$

Damit ist ${}\psi =(\psi -\psi _{0})+\psi _{0}$ im Bild der Abbildung.

 

Aufgabe * (9 Punkte)

Es sei ${}T\subseteq \mathbb {R} ^{n}$ eine nichtleere Teilmenge, ${}n\geq 1$.

a) ${}T$ sei nicht beschränkt. Zeige, dass es eine stetige Funktion

$f\colon T\longrightarrow \mathbb {R}$

gibt, deren Bild nicht beschränkt ist.

b) ${}T$ sei nicht abgeschlossen. Zeige, dass es eine stetige Funktion

$f\colon T\longrightarrow \mathbb {R}$

gibt, deren Bild nicht beschränkt ist.

Lösung

a) Wir betrachten die stetige Funktion

$\mathbb {R} ^{n}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,(x_{1},\ldots ,x_{n})\longmapsto x_{1}^{2}+\cdots +x_{n}^{2},$

und die

(ebenfalls stetige) Einschränkung davon auf ${}T$. Da ${}T$ unbeschränkt ist, gibt es für jedes ${}k\in \mathbb {R}$ ein ${}x\in T$ mit

${}d(x,0)={\sqrt {x_{1}^{2}+\cdots +x_{n}^{2}}}>k\,.$

Daher ist natürlich

(bei ${}k\geq 1$) auch

${}f(x)=x_{1}^{2}+\cdots +x_{n}^{2}>k\,.$

so dass das Bild von ${}f$ nicht beschränkt ist.

b) ${}T$ sei nicht abgeschlossen. Dann gibt es eine Folge ${}P_{m}$ in ${}T$, die gegen einen Punkt ${}P\in \mathbb {R} ^{n}$ mit ${}P\not \in T$ konvergiert. Es sei

$P=(a_{1},\ldots ,a_{n}).$

Wir betrachten die Funktion

$f\colon T\longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto {\frac {1}{(d(P,x))^{2}}}={\frac {1}{(x_{1}-a_{1})^{2}+\cdots +(x_{n}-a_{n})^{2}}}.$

Diese Funktion ist auf ${}T$ definiert, da sie auf ${}\mathbb {R} ^{n}\setminus \{P\}$ definiert ist, da die Summe der Quadrate positiv ist, sobald in einer Komponente ${}x_{i}\neq a_{i}$ ist. Diese Funktion ist stetig als Kehrwertfunktion einer nullstellenfreien stetigen Funktion.

Wir behaupten, dass diese Funktion auf ${}T$ unbeschränkt ist. Dazu sei ${}k\in \mathbb {R}$ vorgegeben und sei ${}\epsilon >0$ mit ${}{\left({\frac {1}{\epsilon }}\right)}^{2}\geq k$. Da die Folge ${}P_{m}$ gegen ${}P$ konvergiert, gibt es ein ${}m\in \mathbb {N}$ mit

$d(P,P_{m})\leq \epsilon .$

Daher ist

${}f(P_{m})={\frac {1}{(d(P,P_{m}))^{2}}}\geq {\frac {1}{\epsilon ^{2}}}\geq k\,$

und die Funktion ist auf ${}T$ unbeschränkt.

 

Aufgabe * (5 Punkte)

Wir betrachten die Funktion

$f\colon \mathbb {R} \setminus \{0\}\longrightarrow \mathbb {R} ,\,x\longmapsto f(x)=e^{-{\frac {1}{x}}}.$

1. Untersuche das Monotonieverhalten dieser Funktion.
2. Zeige, dass diese Funktion injektiv ist.
3. Bestimme das Bild von ${}f$.
4. Man gebe die Umkehrfunktion auf dem Bild zu dieser Funktion an.
5. Skizziere den Funktionsgraphen von ${}f$.

Lösung

a) Die Ableitung von ${}f$ ist

${}f'(x)={\frac {1}{x^{2}}}\cdot e^{-{\frac {1}{x}}}\,.$

Dies ist stets positiv, so dass die Funktion auf den beiden Teilintervallen ${}\mathbb {R} _{-}$ und ${}\mathbb {R} _{+}$ jeweils streng wachsend ist. Insgesamt ist die Funktion aber nicht wachsend, da die Werte zu negativem ${}x$ stets größer als die Werte zu positivem ${}x$ sind.

b) Für ${}x<0$ ist ${}e^{-{\frac {1}{x}}}>1$, da der Exponent positiv ist. Für ${}x>0$ ist ${}e^{-{\frac {1}{x}}}<1$, da der Exponent negativ ist. Daher haben insbesondere negative und positive reellen Zahlen unter ${}f$ unterschiedliche Werte. Da im negativen Bereich als auch im positiven Bereich strenges Wachstum vorliegt, ist die Abbildung insgesamt injektiv.

c) Für negatives ${}x$ durchläuft ${}-{\frac {1}{x}}$ sämtliche positiven Zahlen, so dass ${}e^{-{\frac {1}{x}}}$ das offene Intervall ${}]1,\infty [$ durchläuft. Für positives ${}x$ durchläuft ${}-{\frac {1}{x}}$ sämtliche negativen Zahlen, so dass ${}e^{-{\frac {1}{x}}}$ das offene Intervall ${}]0,1[$ durchläuft. Das Bild ist also ${}\mathbb {R} _{+}\setminus \{1\}$.

d) Aus ${}y=e^{-{\frac {1}{x}}}$ folgt durch Äquivalenzumformungen ${}\ln y=-{\frac {1}{x}}$ und damit ${}x=-{\frac {1}{\ln y}}$, die Umkehrabbildung ist also

$\mathbb {R} _{+}\setminus \{1\}\longrightarrow \mathbb {R} \setminus \{0\},\,y\longmapsto -{\frac {1}{\ln y}}.$

e)

 

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