Lösungsvorschläge Blatt Nr. 13
Analysis 1 im WS 2005/06

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Vom Dozenten empfohlene Begleitliteratur:

Ana I - Übungsblatt Nr. 13

Volker Ziesing

Date: 5. Februar 2006

Aufgabe 1

a)

Zeigen Sie: Die Funktion $\texttt{cis}: t \mapsto e^{it}$ bildet das Intervall $[0, 2\pi)$ bijektiv auf $S^1=\{z \in \mathbb{C}: \mid z \mid = 1\}$ ab.

Es gilt: $\texttt{cis}=\cos + i\cdot \sin$ und $\mid \texttt{cis} \mid = \sqrt{\cos^2 + \sin^2} = \sqrt{1} = 1$

i) Die Injektivität wurde im Satz 8 in der Vorlesung gezeigt.

ii) Zur Surjektivität: Für $z=x+iy \in S^1$ und $y>0$ definieren wir uns $\phi=\texttt{arcos}(x) \in (0,\pi).$

Aus i) und ii) folgt die Bijektivität der Funktion $\texttt{cis}(t)$.

b)

Bestimmen Sie alle dritten Wurzeln von 1, d.h. alle $z \in \mathbb{C}$ mit $z^3=1$.

Sei also $z \in \mathbb{C}$ und $z=1=1+0\cdot i = \underbrace{\cos(2k\pi)}_{=1, \; \forall k \in \mathbb{Z}}+ i \cdot \underbrace{\sin(2k\pi)}_{=1, \; \forall k \in \mathbb{Z}}$

Mit $e^{i2k\pi}=\cos(2k\pi)+i \cdot \sin(2k\pi)=1$ erhalten wir:

$\mid z \mid = \sqrt{1^2 + 0^2}=1 \quad \Rightarrow \quad z=e^{i2\pi}=e^{i2\pi} \cdot e^{i2k\pi} = e^{i2\pi(1+k)}$

Also gilt für die dritten Wurzeln von 1:

$\sqrt[3]{z}=e^{\frac{i2\pi(1+k)}{3}}=\sqrt[3]{1} \cdot e^{\frac{i2\pi(1+k)}{3}}$

1.Fall: $\quad k=0 \quad \Rightarrow \quad \sqrt[3]{z}= e^{\frac{i2\pi}{3}}$

2.Fall: $\quad k=1 \quad \Rightarrow \quad \sqrt[3]{z}= e^{\frac{i4\pi}{3}}$

3.Fall: $\quad k=2 \quad \Rightarrow \quad \sqrt[3]{z}= e^{\frac{i6\pi}{3}}$

ab $k=3$ wird es periodisch, denn es gilt:

$\quad k=3 \quad \Rightarrow \quad \sqrt[3]{z}= e^{\frac{i8\pi}{3}}=e^{\frac{i6... ...derbrace{e^{i2\pi}}_{=1} \cdot e^{\frac{i2\pi}{3}}=1 \cdot e^{\frac{i2\pi}{3}}$
(das enstpricht wieder dem 1.Fall usw. ...).

Aufgabe 2

a)

Zeigen Sie: Die Funktion $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ mit

$f(x)=\left\{ \begin{matrix}x^2 \sin(\frac{1}{x}) \quad, x \neq 0 \ 0 \qquad \qquad \; , x=0 \end{matrix} \right.$

ist differenzierbar auf $\mathbb{R}$, aber $f'$ ist in 0 nicht stetig.

Für $x \neq 0$ ist $f$ die Komposition und Produkt differenzierbarer Funktionen und daher nach der Produkt- und Kettenregel selbst wieder differenzierbar. Für $x \neq 0$ gilt außerdem

$$f'(x)= 2x \cdot \sin(\frac{1}{x})-x^2 \cos(\frac{1}{x}) \cdot (-\frac{1}{x^2})$$

$$= 2x \cdot \sin(\frac{1}{x}) + \cos(\frac{1}{x})$$

Zum Nachweis der Differenzierbarkeit im Nullpunkt zeigen wir, dass der Limes der Differentialquotienten existiert. Sei $h \neq 0$. Dann ist

$\dfrac{f(h)-f(0)}{h}=\dfrac{h^2 \sin \frac{1}{h}}{h}= h \cdot \sin \frac{1}{h}$

Wegen $\mid \sin \frac{1}{h} \mid \leq 1$ gilt:

$\lim\limits_{h \rightarrow 0} \Bigl( h \cdot \sin \frac{1}{h} \Bigr)=0$

Also ist $f$ auch im Nullpunkt differenzierbar und es gilt: $f'(0)=0$.

Diese Funktion $f$ ist ein Beispiel für eine differenzierbare Funktion, deren Ableitung nicht stetig ist, denn der Grenzwert $\lim\limits_{x \rightarrow 0} f'(x)$ existiert nicht, weil $\lim\limits_{x \rightarrow 0} \cos(\frac{1}{x})$ nicht existiert.

b)

Finden Sie eine Funktion $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$, die nur in einem einzigen Punkt differenzierbar ist.

Wir wählen die Funktion

$f(x)=\left\{ \begin{matrix}x^2 \quad \;, x \in \mathbb{Q} \ -x^2 \quad , \; x \in \mathbb{R}\backslash\mathbb{Q} \end{matrix} \right.$

Zum Nachweis der Differenzierbarkeit im Nullpunkt untersuchen wir die rechtsseitige- und linksseitige Differenzierbarkeit:

$f'(x)=\lim\limits_{h \rightarrow 0+} \dfrac{f(0+h)-f(0)}{h}=\lim\limits_{h \rightarrow 0+} \dfrac{h^2}{h}= \lim\limits_{h \rightarrow 0+} h = 0$

$f'(x)=\lim\limits_{h \rightarrow 0-} \dfrac{f(0+h)-f(0)}{h}=\lim\limits_{h \rightarrow 0-} \dfrac{h^2}{h}= \lim\limits_{h \rightarrow 0-} -h = 0$

Beide Grenzwerte sind gleich $\Rightarrow$ differenzierbar im Nullpunkt.

Nun zeigen wir, dass $f$ sonst nirgends differenzierbar ist:

$f'(x)=\lim\limits_{h \rightarrow 0+} \dfrac{f(x+h)-f(x)}{h}=\lim\limits_{h \rightarrow 0+} \dfrac{x^2+2hx+h^2-x^2}{h}$

$= \lim\limits_{h \rightarrow 0+} \frac{x^2}{h} + 2x + h - \frac{x^2}{h} = 2x$

$f'(x)=\lim\limits_{h \rightarrow 0-} - \dfrac{f(x+h)-f(x)}{h}=\lim\limits_{h \rightarrow 0-} \dfrac{-x^2-2hx-h^2+x^2}{h}$

$= \lim\limits_{h \rightarrow 0-} -\frac{x^2}{h} - 2x - h + \frac{x^2}{h} = -2x$

Also sind beide Grenzwerte für alle $x \in \mathbb{R}\backslash\{0\}$ verschieden.
$\Rightarrow \quad f$ ist nur in einem einzigen Punkt, dem Nullpunkt, differenzierbar.

$\square$

Aufgabe 3

Verifzieren Sie die Tabelle wichtiger Ableitungen aus der Vorlesung.

$\dfrac{d}{dx}\sinh^{-1}(x) \stackrel{!}{=} \dfrac{1}{\sqrt{x^2 +1}}$

Wir zeigen zuerst $\sinh^{-1}(x)=\ln(x+\sqrt{x^2+1})$:

$\sinh^{-1}=y \quad \Leftrightarrow \quad x=\sinh y = \frac{1}{2}(e^y - e^{-y}) \quad \Leftrightarrow \quad e^{2y} - 2xe^y - 1=0$

durch Lösen der quadratischen Gleichung in $e^y$ erhalten wir:

$e_{1,2}^{y}=x \pm \sqrt{x^2+1}$. Da $e^y > 0$ ist für alle $y \in \mathbb{R}$ gilt:

$e^y = x + \sqrt{x^2+1}$ und folglich $y=\sinh^{-1}=\ln(x+\sqrt{x^2+1})$ für $x \in \mathbb{R}$

Anmerkung: In der Literatur wird anstatt $\sinh^{-1}(x)$ auch oft der Area Sinus hyperbolicus $x$ verwendet, d.h. $\texttt{arsinh}(x)$.

Die anderen Gleichungen für $\cosh^{-1}(x), \tanh^{-1}(x)$   und$\coth^{-1}(x)$ beweist man analog.

Aufgabe 4

a)

Zeigen Sie die Ableitung einer geraden Funktion ist ungerade und umgekehrt.

Sei also $\sigma$ die Spiegelung am Nullpunkt, d.h.

$\sigma(x)=-x \quad$ für $x \in \mathbb{R}$

Es gilt $\sigma'(x)=-1 \quad ,\forall x \in \mathbb{R}$. Eine Funktion $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ ist offenbar dann gerade (bzw. ungerade), wenn

$f=f \circ \sigma \qquad$ bzw. $f=-f \circ \sigma$.

Ist $f$ differenzierbar, so folgt aus der Kettenregel

$$f \Rightarrow f'= (f \circ \sigma)' = (f' \circ \sigma) \sigma' = -f \circ \sigma$$

$$f \Rightarrow f'= -(f \circ \sigma)' = f' \circ \sigma$$

was zu zeigen war.

$\square$

b)

Zeigen Sie, sei $f: I \rightarrow \mathbb{R}$, wobei $I$ ein Intervall sei. Falls ein $\alpha > 1$ exisitert mit

$\mid f(x)-f(y) \mid \leq \mid x - y \mid^{\alpha} \quad \forall x,y \in I$ und $f$ ist konstant.

Wir teilen die Ungleichung beidseitig durch $\mid \leq \mid x - y \mid$, dann erhalten wir:

$\dfrac{\mid f(x)-f(y) \mid }{\mid x - y \mid} \leq \mid x - y \mid^{\alpha-1}$

$\Bigl\vert \dfrac{f(x)-f(y)}{x - y}\Bigr\vert \leq \mid x - y \mid^{\alpha-1}$

Jetzt wenden wir den Limes für $x \rightarrow y$ an, dann ist

$\mid f'(x) \mid =\lim\limits_{x \rightarrow y}\Bigl\vert \dfrac{f(x)-f(y)}{x - y}\Bigr\vert$

gerade der Betrag von der 1. Ableitung von $f(x)$ und es gilt:

$\mid f'(x) \mid =\lim\limits_{x \rightarrow y}\Bigl\vert \dfrac{f(x)-f(y)}{x - y}\Bigr\vert \leq \lim\limits_{x \rightarrow y} \mid x - y \mid^{\alpha-1} = 0$

Also ist $\mid f'(x) \mid \leq 0$ und aufgrund der Positivität des Betrages

folgt aus $f'(x)=0$, dass $f$ konstant ist.

Sei also $f(x)=c$ mit $c \in \mathbb{R}$, dann gilt:

$f'(x)=\lim\limits_{h \rightarrow 0} \dfrac{f(x+h)-f(x)}{h}=\lim\limits_{h \rightarrow 0} \dfrac{f(x+h)-c}{h}$

und wegen $f(x+h) \rightarrow c$ für $h \rightarrow 0$ erhalten wir schließlich:

$\lim\limits_{h \rightarrow 0} \dfrac{f(x+h)-c}{h}=0$

was zu zeigen war.

$\square$

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