Skript zur Vorlesung Analysis 1 im SS2011 - Johannes Gutenberg ...

Skript zur Vorlesung
Analysis 1 im SS2011
Univ.–Prof. Dr. Stefan Müller-Stach
Version 13. Juli 2011
Zusammenfassung
Diese Vorlesung ist grundlegend für das Mathematikstudium an der Johannes
Gutenberg–Universität Mainz. Ein Skript wie dieses ersetzt aber
nicht die Erklärungen durch den Dozenten, die während der Vorlesung gegeben
werden. Auch kann ein Skript niemals so gut sein wie ein ausgearbeitetes
Buch, das darüber hinaus immer andere Sichtweisen bietet. Insbesondere
enthält es leider immer Fehler, die man dem Autor melden sollte.
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Inhaltsverzeichnis
1 Die Sprache der Mathematik 3
2 Mathematische Beweise 14
3 Die rationalen und die reellen Zahlen 22
4 Folgen und Grenzwerte 33
5 Reihen und komplexe Zahlen 44
6 Funktionen und Stetigkeit 58
7 Differenzialrechnung 69
8 Integralrechnung 83
9 Taylor- und Fourierreihen 93
2

1 Die Sprache der Mathematik
Inhalt: §1 enthält eine Wiederholung von Grundbegriffen wie natürliche Zahlen,
Mengen und logische Aussagen, Abbildungen und Relationen, sowie einige Konventionen
zur Sprache der Mathematik. Ansonsten dient dieser Paragraph nur zur
Einführung.
Um dieser Vorlesung folgen zu können braucht man eigentlich nur wenige Vorkenntnisse
aus der Schule. Das Meiste wird neu aufgebaut. Wichtig ist aber die
Bruchrechnung:
2
3 · 4
5 = 2 · 4
3 · 5 = 8 15 , a
b · c
d = ac
bd ,
1
2 + 2 3 = 3 6 + 4 6 = 3 + 4
6
= 7 6 , a
b + c d
Mengen, Zeichen und logische Aussagen
Mathematiker brauchen viele Buchstaben. Oft benutzt wird:
ad + cb
= .
bd
Das griechische Alphabet: (teilweise verschiedene kleine/große Versionen):
α Alpha µ My
β Beta ν Ny
γ Γ Gamma ξ Ξ Xi
δ ∆ Delta π Π Pi
ε Epsilon ρ Rho
ζ Zeta σ Σ Sigma
η Eta ϕ Φ Phi
ϑ Θ Theta τ Tau
ι Iota χ Chi
κ Kappa ψ Ψ Psi
λ Λ Lambda ω Ω Omega
Definition 1.1 (Mengen).
Eine Menge M ist eine wohldefinierte Sammlung von Objekten, den Elementen
der Menge M. Wir schreiben
x ∈ M : x ist Element von M,
x /∈ M : x ist nicht Element von M.
Beispiele 1.2.
• N = {1, 2, 3, 4, 5, 6, . . . } Menge der natürlichen Zahlen.
• N 0 = {0, 1, 2, 3, . . . } Menge der natürlichen Zahlen mit der Null.
3

• Z = {0, 1, −1, 2, −2, . . . } Menge der ganzen Zahlen.
• Q ist die Menge der Brüche {0, ± 1, ±1, ± 2 , ...}, auch rationale Zahlen genannt.
2 3
• Menge aller Studenten in Mainz (∼ 35.100).
• Menge aller Atome auf der Erde (∼ 10 50 ).
• Menge der Atome im Weltall (∼ 10 80 ).
• Q + = Q ≥0 = {x ∈ Q | x ≥ 0}, Q >0 = {x ∈ Q | x > 0}. Ebenso
R + = R ≥0 und R >0 .
• Intervalle [a, b] = {x ∈ R | a ≤ x ≤ b} (abgeschlossen), ]a, b[= (a, b) =
{x ∈ R | a < x < b} (offen), [a, b[= [a, b) und ]a, b] = (a, b] (halboffen).
• Die leere Menge ∅ = {}, die kein Element enthält.
Bemerkung 1.3. Vorsicht: Nicht jede abstrakte Sammlung von Objekten ist eine
Menge, z.B. gibt es nicht eine Menge M aller Mengen, die sich selbst nicht als
Element enthalten (oder den Barbier, der genau die Männer rasiert, die sich nicht
selbst rasieren). Dies ist die sogenannte Russellsche Antinomie. Die Zermelo–
Fraenkel Axiome der Mengenlehre sorgen dafür, dass man solche Mengen nicht
bilden darf. Für jede Menge M ist aber nach den Axiomen {x ∈ M | A(x) wahr}
wieder eine Menge, falls A(x) eine logische Aussage ist (siehe unten). Insbesondere
gibt es keine Menge aller Mengen U, denn sonst könnte man die Russelsche
Antinomie mit der Menge M = {x ∈ U | x /∈ x} realisieren. Es gibt aber die
sog. Kategorie der Mengen.
Definition 1.4 (Summen- und Produktzeichen).
Später werden wir viele Mengen kennenlernen, auf denen man (assoziativ) addieren
(oder multiplizieren) kann, z.B. 1 + 2 = 3 in N usw. Das Summenzeichen wird
als Abkürzung für mehrfaches Addieren eingeführt: Sind a 1 , a 2 , . . . , a n Elemente,
so ist
a 1 + a 2 + · · · + a n =:
n∑
a i (Definition von ∑ )
i=1
= ∑ i∈I
a i ,
I = {1, . . . , n}.
Hier kann man auch eine beliebige Indexmenge I zulassen, sofern die Summe
dann definiert ist. Das endliche bzw. unendliche Produkt wird mit a 1 · a 2 · · · a n =
4

∏ n
i=1 bzw. ∏ i∈I a i bezeichnet. Nach Konvention ist
∑
= 0,
∅
∏
= 1.
∅
Definition 1.5 (Sinnvolle Abkürzungen).
• ∀: für alle
• ∃: es existiert
• ∃!: es existiert genau ein
• ∄: es existiert kein
Definition 1.6. (Logische Aussagen) Eine logische Aussage ist eine Äußerung,
die ohne Zweifel entweder wahr oder falsch ist:
• ,,Heute ist Mittwoch”.
• ,,2 > 1”.
• ,, √ 2 ∈ Q”.
• ab = 0 ⇐⇒ a = 0 ∨ b = 0.
• ∃x ∈ A mit x > 0.
• ∀ y ∈ M gilt y 2 ≥ 0.
Die erste Aussage ,,Heute ist Mittwoch” hängt allerdings vom jeweiligen Wochentag
ab. ,,Mathematik ist schwer” ist z.B. keine wohldefinierte Aussage. In der
Regel betrachten wir nur Aussagen, die in der genauen Sprache der Mathematik
formuliert sind.
Definition 1.7 (Logische Verknüpfungen). A, B seien Aussagen.
• A =⇒ B: aus A folgt B
• A ⇐⇒ B: A genau dann, wenn B
• A ∨ B: A oder B
• A ∧ B: A und B
• ¬ A: Nicht A (NEGATION)
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Die Wahrheit einer Aussage A(p, q, . . .), die von mehreren Variablen abhängt,
auch Prädikat genannt, kann man durch eine Wahrheitstafel überprüfen:
p q ¬p p ∨ q p ∧ q p ⇒ q p ⇐⇒ q
w w f w w w w
w f f w f f f
f w w w f w f
f f w f f w w
Mit Wahrheitstafeln kann man folgende Behauptungen verifizieren:
Satz 1.8 (Logische Aussagen).
1. A ∨ ¬A (Tautologie).
2. ¬¬A ⇐⇒ A.
3. A ∧ B ⇐⇒ B ∧ A, A ∨ B ⇐⇒ B ∨ A.
4. (A ∧ B) ∧ C ⇐⇒ A ∧ (B ∧ C), (A ∨ B) ∨ C ⇐⇒ A ∨ (B ∨ C).
5. A ∧ (B ∨ C) ⇐⇒ (A ∧ B) ∨ (A ∧ C).
6. ¬(A ∧ B) ⇐⇒ (¬A ∨ ¬B).
7. ¬(A ∨ B) ⇐⇒ (¬A ∧ ¬B).
8. A ∧ (A ⇒ B) ⇒ B (Modus Ponens).
9. (A ⇒ B) ∧ ¬B ⇒ ¬A (Modus Tollens).
10. (A ⇒ B) ∧ (B ⇒ C) ⇒ (A ⇒ C) (Modus Barbara oder Kettenschluss).
Beweis. Wird mit Wahrheitstafeln geführt. Z.B. beim Modus Ponens:
A B A ⇒ B A ∧ (A ⇒ B) A ∧ (A ⇒ B) ⇒ B
w w w w w
w f f f w
f w w f w
f f w f w
6

Definition 1.9 (Teilmengen).
Seien A, B Mengen.
A ⊆ B ⇐⇒ jedes Element von A ist auch Element von B.
⇐⇒ ∀ x ∈ A gilt x ∈ B.
Bemerkung 1.10. Gleichheit ist dabei eingeschlossen. Man kann auch ⊂ statt ⊆
schreiben. Für eine echte Inklusion schreibt man
A B ⇐⇒ (A ⊆ B) ∧ (∃ b ∈ B mit b /∈ A).
Es gilt A = B ⇐⇒ A ⊆ B ∧ B ⊆ A.
Beispiele 1.11. ∅ N Z R C usw. Die Zahlmengen R (reelle Zahlen), C
(komplexe Zahlen) werden in der Vorlesung später eingeführt.
Logische Aussagen braucht man, um Teilmengen auszuzeichnen: Ist A eine Aussage
und M eine Menge, so ist
{x ∈ M | A(x) wahr } ⊆ M
eine Teilmenge. Zum Beispiel: N = {m ∈ Z | m ≥ 1} ⊆ Z.
Definition 1.12 (Kardinalität oder Mächtigkeit).
#M = |M| = card(M) ist die Anzahl der Elemente von M, falls diese Anzahl
endlich ist.
Beispiele 1.13. Die Menge der Wochentage {Mo, Di, Mi, . . . , So} hat die Kardinalität
7. Die leere Menge hat die Kardinalität 0.
Definition 1.14 (Mengenoperationen). Seien A, B Mengen.
• A und B sind disjunkt, falls A und B keine gemeinsamen Elemente besitzen.
• Potenzmenge P (A) = {B | B ⊆ A Teilmenge}, #P (A) = 2 #A , falls
endlich.
• Vereinigungsmenge A ∪ B = {x | x ∈ A ∨ x ∈ B}.
• Durchschnitt A ∩ B = {x | x ∈ A ∧ x ∈ B}.
• Differenz A \ B = {x ∈ A | x /∈ B}.
• Symmetrische Differenz A∆B = (A \ B) ∪ (B \ A).
7

• Komplement ∁A = X \ A, für eine Teilmenge A ⊆ X. Es gilt A = ∁∁A.
Von all diesen Situationen kann man sich typische grafische Bilder (Venndiagramme)
machen.
Bemerkung 1.15. A, B disjunkt ⇐⇒ A ∩ B = ∅.
Satz 1.16 (Rechenregeln). Seien A, B und C Mengen.
• Kommutativgesetz A ∪ B = B ∪ A, A ∩ B = B ∩ A.
• Assoziativgesetz (A∪B)∪C = A∪(B∪C) oder (A∩B)∩C = A∩(B∩C).
• Distributivgesetz A ∩ (B ∪ C) = (A ∩ B) ∪ (A ∩ C).
Beweis. Dies folgt aus den entsprechenden Aussagen 3., 4. und 5. in Satz 1.8.
Bemerkung 1.17. Man kann Durchschnitte und Vereinigungen auch mehrfach,
sogar unendlich oft bilden: ⋃
B j .
Es gelten die gleichen Rechenregeln.
Abbildungen, Funktionen
i∈I
A i , ⋂ j∈J
Definition 1.18 (Abbildungen).
A, B seien Mengen. Ein Abbildung f (oder Funktion) ist eine Zuordnung
f : A → B,
x ↦→ f(x),
die jedem x ∈ A genau ein Element f(x) ∈ B zuordnet.
Notation 1.19.
f(x) ist der Funktionswert von f an der Stelle x.
A heißt Definitionsbereich, B Wertemenge oder Zielmenge von f.
f(A) = {b ∈ B | ∃ x ∈ A f(x) = b} heißt Bild von f.
Definition 1.20 (Urbild).
Sei Z ⊆ B eine Teilmenge. Dann ist f −1 (Z) = {a ∈ A | f(a) ∈ Z} das Urbild
von Z.
Definition 1.21. Eine Abbildung f : A → B ist
(a) injektiv genau dann, wenn
x ≠ y ⇒ f(x) ≠ f(y).
Mit anderen Worten: f trennt Punkte von A!
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(b) surjektiv genau dann, wenn
Mit anderen Worten: f deckt B ab.
∀ b ∈ B ∃ a ∈ A mit f(a) = b.
(c) bijektiv ⇐⇒ f injektiv ∧f surjektiv.
Mit anderen Worten: A und B sind nicht unterscheidbar.
Beispiele 1.22. Die identische Abbildung: id M : M → M, x ↦→ x, ist bijektiv.
f : R → R, x ↦→ f(x) = x 3 , ist bijektiv.
exp: R → R, x ↦→ e x , ist injektiv, aber nicht surjektiv.
f : R → R + , x ↦→ x 2 , ist surjektiv, aber nicht injektiv.
Definition 1.23 (Komposition von Abbildungen).
Seien Abbildungen f : A → B und g : B → C gegeben. Man definiert dann:
g ◦ f : A → C, (g ◦ f)(a) := g ( f(a) ) ∈ C.
Man sieht dann leicht (siehe Aufgaben): Sind f, g injektiv (surjektiv, bijektiv), so
ist auch g ◦ f injektiv (surjektiv, bijektiv). Ist g ◦ f surjektiv, so ist g surjektiv. Ist
g ◦ f injektiv, so ist f injektiv.
Definition 1.24 (Umkehrabbildung).
Sei f : A → B eine bijektive Abbildung. Eine bijektive Abbildung g : B → A
heißt Umkehrabbildung, falls f ◦ g = id B , g ◦ f = id A . Man schreibt auch
g = f −1 .
Man konstruiert f −1 , indem man wegen der Bijektivität von f für jedes b ∈ B
genau ein a ∈ A mit f(a) = b findet.
Relationen und kartesisches Produkt
Definition 1.25 (Kartesisches Produkt). Seien A, B Mengen. Das Kartesische
Produkt ist die Menge
A × B := {(a, b) | a ∈ A, b ∈ B}
aller Paare (a, b) für a ∈ A und b ∈ B. Zwei Paare (a, b) und (c, d) sind dabei
genau dann gleich, falls a = c und b = d gilt. Paare heißen auch 2er-Tupel oder
2–Tupel.
Beispiel 1.26 (Graph einer Abbildung).
Der Graph einer Abbildung f : A → B ist die Teilmenge
Γ f := {(a, b) | b = f(a), a ∈ A} ⊆ A × B.
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Definition 1.27 (Tupel, i.e., Verallgemeinerungen von Paaren). Seien A 1 , ..., A n
Mengen. Ein n–Tupel (a 1 , . . . , a n ) ist eine Abbildung
f : {1, . . . , n} → ∪A i
mit f(i) = a i ∈ A i . Die Menge der n–Tupel wird mit A 1 × · · · × A n bezeichnet
(kartesisches n–faches Produkt). Sei allgemeiner I eine Menge und für jedes i ∈ I
eine Menge A i gegeben. Ein I–Tupel
(a i ) i∈I ∈ ∏ i∈I
A i
ist eine Abbildung f : I → ⋃ i∈I A i mit f(i) = a i ∈ A i . Es gibt Projektionsabbildungen
pr j : ∏ i∈I A i → A j , (a i ) ↦→ a j . Ist A i = A für alle i, so schreibt man
auch A I für das Produkt.
Axiom 1.28 (Auswahlaxiom, Axiom of Choice).
Sind alle A i ≠ ∅, so auch ∏ i∈I A i ≠ ∅.
Dieses Axiom ist unabhängig von den restlichen Zermelo–Fraenkel–Axiomen. Es
kann benutzt werden, um gleichzeitig aus unendlich vielen Mengen jeweils ein
Element zu wählen.
Definition 1.29 (Relation). Eine Relation R zwischen zwei Mengen A und B ist
eine Teilmenge R ⊆ A × B.
Man denkt sich: (a, b) ∈ R ⇐⇒ a und b sind in Relation. Jede Abbildung
f : A → B definiert eine Relation Γ f .
Definition 1.30 (Äquivalenzrelation). Im Fall A = B definieren wir:
R ist symmetrisch, falls (a, b) ∈ R ⇐⇒ (b, a) ∈ R.
R ist transitiv, falls (a, b) ∈ R ∧ (b, c) ∈ R ⇒ (a, c) ∈ R.
R ist reflexiv, falls (a, a) ∈ R ∀ a.
Sind alle drei Eigenschaften erfüllt, so spricht man von einer Äquivalenzrelation.
Notation 1.31. Wir schreiben a ∼ R b oder einfach a ∼ b, wenn (a, b) ∈ R, sofern
R eine Äquivalenzrelation ist.
Beispiel 1.32. A = Menge aller Studenten in diesem Hörsaal, (a, b) ∈ R ⊆ A ×
A ⇐⇒ a, b haben am selben Tag Geburtstag.
Definition 1.33 (Äquivalenzklassen).
Ist a in A, so setze [a] := {b ∈ A | (a, b) ∈ R}.
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Aufgaben
Aufgabe 1. Schreiben Sie die folgenden Ausdrücke mit den Boolschen Rechenzeichen,
die in der Vorlesung eingeführt wurden, und vereinfachen Sie !
a) (A oder B) oder (C oder nicht A)
b) (A oder B) und (nicht C und B).
Aufgabe 2. Ist die folgende Aussage wahr, falls Silke, Sandra und Stefanie unterschiedlich
groß sind
Wenn Stefanie nicht größer als Sandra und Silke ist, dann ist entweder Silke kleiner
als Sandra und Sandra größer als Stefanie und Stefanie kleiner als Silke, oder
Silke größer als Stefanie und Stefanie kleiner als Sandra und Sandra kleiner als
Silke.
Aufgabe 3. Sei M := {1, 2} und N := {2, 3, 4}.
Welche der folgenden Aussagen sind richtig
a) M ⊆ N b) N ⊆ M c) M = N d) M ≠ N e) {2, 4} ⊆ N
f) 3 ∈ M ∩ N g) 4 ∈ N ∪ M h) {2, {3, 4}} ⊆ N.
Aufgabe 4. Beweisen Sie mit einer Wahrheitstafel ¬ A ∧ ¬ B ⇐⇒ ¬ (A ∨ B)
sowie ¬ A ∨ ¬ B ⇐⇒ ¬ (A ∧ B).
Aufgabe 5. Sei A NOR B:=¬A ∧ ¬B.
(a) Beweisen Sie mit Wahrheitstafeln ¬A ⇐⇒ A NOR A.
(b) Beweisen Sie mit Wahrheitstafeln A ∧ B ⇐⇒ (A NOR A) NOR (B NOR
B).
(c) Drücken Sie auch A ∨ B nur mit Hilfe von NOR aus (mit Beweis).
(d) Zeigen Sie damit, dass die Verknüpfungen ¬, ∨ und ∧ alleine durch NOR
ausgedrückt werden können.
Aufgabe 6. Seien A, B, C ⊆ X. Beweisen Sie:
(a) (X \ A) ∩ (X \ B) = X \ (A ∪ B).
(b) A × (B \ C) = (A × B) \ (A × C).
(c) A ∩ B ⊆ A ∩ (B ∪ C).
(d) C \ (A ∩ B) = (C \ A) ∪ (C \ B).
Aufgabe 7. Berechnen Sie P (P (P (∅))) (iterierte Potenzmenge).
Aufgabe 8. Seien f : A → B und g : B → C bijektiv. Zeigen Sie, dass g ◦ f
bijektiv ist und (g ◦ f) −1 = f −1 ◦ g −1 gilt.
Aufgabe 9. Ist M eine Menge, dann ist {0, 1} M die Menge aller Abbildungen f :
M → {0, 1}. Konstruieren Sie eine bijektive Abbildung h : {0, 1} M → P (M).
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Aufgabe 10. Welche der folgenden Abbildungen in (a), (b), (c) sind injektiv, surjektiv
oder bijektiv
(a) f : N → N, n ↦→ n 2 .
(b) f : R → R, x ↦→ |x| + x.
(c) f : R + → R + , x ↦→ 1 .
1+x 2
(d) Gibt es eine bijektive Abbildung f : N 0 → N
Aufgabe 11. Es seien A, B endliche Mengen, f : A → B eine Abbildung. Welche
der folgenden Aussagen sind richtig Begründen Sie, warum die wahren Aussagen
richtig sind.
1. Falls f nicht surjektiv, dann ist f injektiv.
2. Falls f surjektiv, dann ist f injektiv.
3. Falls f nicht injektiv, dann ist f surjektiv.
4. Falls f surjektiv, dann gibt es A ′ ⊆ A mit f| A ′ : A ′ → B bijektiv.
Aufgabe 12. Bestimmen Sie alle Äquivalenzrelationen auf der Menge M = {a, b, c}.
Hinweis: Bestimmen Sie zuerst die Produktmenge M × M.
Aufgabe 13. Schreiben Sie folgende Ausdrücke mit Summen - oder Produktzeichen
(nicht ausrechnen!):
a) 1 + 2 + 3 + . . . + n b) 1 + 4 + 9 + 16 + 25 + . . . + 256
c) 1 + 3 + 5 + 7 + 9 + . . . + 199 d) 3 · 6 · 9 · 12 · 15 · . . . · 300.
Aufgabe 14. Seien M und N zwei Mengen.
1. Zeigen Sie: Falls M und N endlich und M und N von gleicher Kardinalität
sind, dann ist jede injektive Abbildung f bijektiv. Zeige, daß auch jede
surjektive Abbildung f bereits bijektiv ist.
2. Zeigen Sie: Es existiert eine Umkehrabbildung g : N → M mit g◦f = id M
und f ◦ g = id N genau dann, wenn f bijektiv ist.
Aufgabe 15. Es sei f : M → N eine Abbildung und U 1 , U 2 , U ⊆ M und
V 1 , V 2 , V ⊆ N. Es bezeichne f −1 (V ) das Urbild von V unter f, d.h. f −1 (V ) =
{m ∈ M : f(m) ∈ V }.
1. Zeigen Sie, falls U 1 ⊆ U 2 , dann gilt f(U 1 ) ⊆ f(U 2 ).
2. Zeigen Sie, falls V 1 ⊆ V 2 , dann gilt f −1 (V 1 ) ⊆ f −1 (V 2 ).
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3. Zeigen Sie, f(f −1 (V )) ⊆ V und geben Sie ein Beispiel für f(f −1 (V )) ≠ V
an.
4. Zeigen Sie, U ⊆ f −1 (f(U)) und geben Sie ein Beispiel an, für das U ≠
f −1 (f(U)) (also U echte Teilmenge von f −1 (f(U))) gilt.
Aufgabe 16. Entscheiden Sie, ob folgende Relationen Äquivalenzrelationen sind
(mit Begründung!). Falls ja, was sind die Äquivalenzklassen Ist die Anzahl der
Äquivalenzklassen endlich Falls ja, wieviele Äquivalenzklassen gibt es
1. Auf den natürlichen Zahlen sei die Relation x ∼ y ⇔ 7 teilt x − y erklärt.
2. Auf den reellen Zahlen sei die Relation x ∼ y ⇔ x − y = m ∈ Z, 7 teilt m
erklärt.
3. Zwei Studenten in Mainz heißen äquivalent, wenn sie im gleichen Fachbereich
eingeschrieben sind. Untersuchen Sie die zwei Möglichkeiten, wenn
es a) möglich ist, dass ein Student in zwei verschiedenen Fachbereichen
eingeschrieben ist oder b) jeder Student in genau einem Fachbereich eingeschrieben
ist.
Aufgabe 17. Konstruieren Sie eine bijektive Abbildung f : [0, 2] →]0, 1[ mit dem
Satz von Schröder-Bernstein.
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2 Mathematische Beweise
Inhalt: Mathematische Beweise, Peanoaxiome, Vollständige Induktion, Binomialkoeffizienten,
symmetrische Gruppe der Permutationen.
Der klassische Beweis
Bei diesem Beweis werden logische Argumente nacheinander benutzt bis die gesuchte
Aussage bewiesen ist. Ein Beispiel:
Satz 2.1. Sei ∼ eine Äquivalenzrelation auf A. Dann teilen die Äquivalenzklassen
[a] die Menge A in disjunkte Teile auf, d.h. bildet eine Partition von A. Es gibt eine
Menge A/ ∼, die jede Äquivalenzklasse genau einmal als Element enthält.
Beweis. Es gilt [a] = {c | a ∼ c} = {c | c ∼ a} wegen der Symmetrie von ∼.
Seien nun a, b ∈ A. Dann gilt entweder [a] ∩ [b] = ∅ oder es gibt ein d ∈ A mit
d ∈ [a] und d ∈ [b]. In diesem Fall zeigen wir, dass [a] = [b] gilt. Dazu muss man
beide Inklusionen zeigen:
[a] ⊆ [b]: Ist c ∈ [a], so gilt c ∼ a. Wegen a ∼ d, d ∼ b folgt also c ∼ a ∼ d ∼ b
und damit wegen Transitivität c ∼ b, also c ∈ [b].
[b] ⊆ [a]: Ist c ∈ [b], so gilt c ∼ b. Wegen b ∼ d, d ∼ a folgt also c ∼ b ∼ d ∼ a
und damit wegen Transitivität c ∼ a, also c ∈ [a].
Wegen a ∈ [a] (Reflexivität) für jedes a folgt auch A = ⋃ a∈A
[a]. Konstruiere
A/ ∼ als Teilmenge der Potenzmenge wie folgt:
A/ ∼:= {V ∈ P (A) | ∃a ∈ A : V = [a]}.
Satz 2.2 (Euklid). Alle natürlichen Zahlen n ≥ 2 lassen sich als Produkt von
Primzahlen schreiben, oder sind selbst prim:
n = p 1 · · · p l .
Beweis. Sei n nicht prim. Dann hat n einen echten Primteiler p 1 mit n/p 1 ≥ 2.
Dann ist n/p 1 prim oder besitzt einen echten Primteiler p 2 . Fährt man so fort, so
bekommt man eine aufsteigende Kette von Teilern von n
2 ≤ p 1 < p 1 p 2 < ...,
die nach l < n Schritten mit p 1 · · · p l aufhören muss, da die Teiler strikt aufsteigend
sind. Dann muss aber auch n = p 1 · · · p l gelten, da sonst n/p 1 · · · p l ≥ 2
noch einen Primteiler hätte.
Diesen Satz kann man auch mit Induktion beweisen (siehe unten).
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Der Widerspruchsbeweis
Bei dieser beliebten, aber sehr inkonstruktiven Variante wird vom Gegenteil der
Aussage ausgegangen, und so lange argumentiert, bis sich ein Widerspruch ergibt:
Satz 2.3. √ 2 /∈ Q.
Beweis. Angenommen, √ 2 ∈ Q. Dann schreibe
√ p 2 = , p, q ∈ N,
q
wobei p und q teilerfremd sind. Somit gilt
2q 2 = p 2 .
Also ist p gerade, da p 2 gerade ist. Es gilt also p = 2m. Aus 2q 2 = p 2 = 4m 2
folgt dann q 2 = 2m 2 , und damit, dass auch q gerade ist. Also haben p und q den
gemeinsamen Teiler 2. Widerspruch!
Satz 2.4 (Euklid). Es gibt unendlich viele Primzahlen.
Beweis. Angenommen p 1 < p 2 < ... < p l seien alle Primzahlen. Bilde die Zahl
N =
l∏
p i + 1.
i=1
Entweder ist N prim oder es gibt einen Primfaktor p, der N teilt. Dieses p ist
aber verschieden von allen p i . Daher hat man einen neuen Primfaktor gefunden.
Widerspruch!
Vollständige Induktion
Ein Modell der natürlichen Zahlen N 0 = {0, 1, 2, 3, . . . } setzen wir als gegeben
voraus, ebenso einfache Arithmetik. Man kann diese z.B. realisieren durch
0 = ∅, 1 = {0} = {∅}, 2 = {0, 1} = {∅, {∅}}, . . . , n = {0, 1, . . . , n − 1}, . . .
Axiom 2.5. (Peano) Die natürlichen Zahlen enthalten ein Anfangselement 0 und
für jedes n ∈ N 0 einen Nachfolger S(n) := n + 1. Damit gilt: Ist A ⊆ N 0 eine
Teilmenge mit folgenden Eigenschaften:
• 0 ∈ A,
• n ∈ A ⇒ S(n) ∈ A.
15

Dann gilt A = N 0 .
Es sollen nun (logische) Aussagen A(n) bewiesen werden für alle n ∈ N 0 oder
allgemeiner für alle n ≥ n 0 , wobei n 0 eine fest vorgegebene Zahl ∈ N 0 ist. Dazu
betrachtet man die Menge
A := {n ∈ N 0 | A(n) wahr }.
Hieraus folgt mit dem Peanoaxiom das Prinzip der vollständigen Induktion:
Induktionsanfang: A(0) ist wahr, d.h. 0 ∈ A.
Induktionsschritt: Für jedes beliebige n ≥ 0 gilt: Falls A(n) wahr ist (Induktionsvoraussetzung),
so ist auch A(n + 1) wahr.
Dann ist A(n) wahr für alle n ∈ N 0 , d.h. A = N 0 .
Statt 0 kann man auch ein beliebiges n 0 ∈ N 0 als Anfangselement betrachten.
Satz 2.6. Sei 0 ≤ k ≤ n. Die Anzahl der k-elementigen Teilmengen einer n-
elementigen Menge M = {a 1 , . . . , a n } ist
( n
k)
=
n(n − 1) · · · (n − k + 1)
1 · 2 · · · k
wobei m! = 1 · 2 · · · m für m ∈ N und 0! = 1.
Beachte 2.7. ( n
k)
:= 0 für k < 0 oder k > n.
Im Beweis benutzt man:
Lemma 2.8. ( n
=
k)
Beweis.
( ) n − 1
+
k − 1
=
( ) n − 1
=
k
( ) n − 1
+
k − 1
k(n − 1)! + (n − k)(n − 1)!
k!(n − k)!
=
( ) n − 1
k
n!
k!(n − k)! ,
(n − 1)!
(k − 1)!(n − k)! + (n − 1)!
k!(n − k − 1)!
=
( )
n! n
k!(n − k)! = .
k
Diese Zahlen treten im Pascalschen Dreieck auf.
16

Beweis (Satz). Induktion über n mit n 0 = 0.
Induktionsanfang: n = 0, d.h. A = ∅. Dann ist n = k = 0, uns ∅ hat nur die
Teilmenge ∅ und es gilt ( 0
0)
= 1.
Induktionsvoraussetzung: Die Anzahl der k-elementigen Teilmengen einer n-elementigen
Menge M = {a 1 , . . . , a n } ist ( n
k)
für alle 0 ≤ k ≤ n.
Induktionschritt: Sei M = {a 1 , . . . , a n+1 } eine (n + 1)-elementige Menge. Nach
Voraussetzung stimmt die Behauptung für M ′ = {a 1 , . . . , a n }. Sei Z ⊆ M eine
k-elementige Teilmenge.
1. Fall Z ⊆ M ′ , d.h. a n+1 /∈ Z. Dann hat man nach Induktionsvoraussetzung ( )
n
k
solcher Mengen.
2. Fall a n+1 ∈ Z. Sei Z ′ = Z \{a n+1 }. Dann ist Z ′ ⊆ M ′ eine (k −1)-elementige
Menge. Also gibt es ( n
k−1)
solche Mengen nach Induktionsvoraussetzung.
Nach dem Lemma hat man daher insgesamt ( ) (
n
k + n
) (
k−1 = n+1
)
k solcher Mengen.
Weitere Beispiele:
Satz 2.9. Für n ∈ N gilt:
1 + 2 + 3 + · · · + n =
n∑
k =
k=1
n(n + 1)
.
2
Beweis. Induktion über n mit n 0 = 1.
Induktionsanfang n 0 = 1: 1 = 1(1+1) .
2
Induktionsvoraussetzung: 1 + 2 + 3 + · · · + n = n(n+1) .
2
Induktionsschritt:
1 + 2 + · · · + n + (n + 1) =
=
=
n(n + 1)
+ n + 1
2
n(n + 1) + 2(n + 1)
2
(n + 1)(n + 2)
.
2
Beweis. [Alternativer Beweis (Gauß)]
2(1 + 2 + · · · + n) = (1 + · · · + n) +
= n(n + 1).
(
)
n + (n − 1) + · · · + 1
17

Satz 2.10. Für n ∈ N gilt:
Beweis. Induktionsanfang:
1 + 3 + 5 + · · · + (2n − 1) =
n∑
(2k − 1) = n 2
k=1
n 0 = 1 : 2 · 1 − 1 = 1 = 1 2 .
Induktionsvoraussetzung: ∑ n
k=1 (2k − 1) = n2 .
Induktionsschritt:
∑n+1
(2k − 1) = n 2 + 2(n + 1) − 1
k=1
= n 2 + 2n + 1
= (n + 1) 2 .
Auch in diesem Fall gibt es einen direkten Beweis, indem man das Quadrat mit
Seitenlänge n mit ,,Haken” ausfüllt.
Weitere solcher Formeln:
n∑
k 2 =
k=1
n∑
k=1
n(n + 1)(2n + 1)
6
k 3 = n2 (n + 1) 2
.
4
Mit vollständiger Induktion werden auch die Binomischen Formeln bewiesen:
n∑
( n
x
k)
n−k y k = (x + y) n
für alle x, y ∈ R, n ∈ N.
k=0
Definition 2.11. Eine Permutation von n Elementen ist eine bijektive Abbildung
σ : {1, 2, . . . , n} → {1, 2, . . . , n}.
Hier kann {1, . . . , n} durch zwei Mengen M, N mit |M| = |N| = n ersetzt
werden.
18

Satz 2.12. Die Anzahl der Permutationen einer n-elementigen Menge {1, . . . , n}
ist n!. Allgemeiner ist die Kardinalität der bijektiven Abbildungen σ : M → N
mit |M| = |N| = n auch n!.
Beweis. Induktion über n.
Induktionsanfang n 0 = 1: M = {1} hat nur eine Permutation 1 ↦→ 1.
Induktionsvoraussetzung: (etwas allgemeiner) Die Anzahl der bijektiven Abbildungen
σ : M → N ist n!, falls |M| = |N| = n.
Induktionsschritt: Teile alle Bijektionen so auf:
P 1 = {σ | σ(n + 1) = 1}
P 2 = {σ | σ(n + 1) = 2}
.
P n+1 = {σ | σ(n + 1) = n + 1}
In P 1 bildet σ die Zahlen 1, . . . , n bijektiv auf {2, . . . , n + 1} ab. Davon gibt es
n! Stück nach Induktionsvoraussetzung. Ebenso für P 2 , . . . , P n+1 . Also gibt es
insgesamt (n + 1) · n! = (n + 1)! Permutationen.
Definition 2.13. Σ n (oder auch S n ) ist die Menge alle Permutationen von n Elementen,
die sogenannte symmetrische Gruppe. Sie hat n! viele Elemente.
Aufgaben
Aufgabe 18. Beweisen Sie: Das Produkt n(n + 1)(n + 2) dreier aufeinanderfolgender
Zahlen ist durch 6 teilbar.
Aufgabe 19. Beweisen Sie die binomische Formel ∑ n
( n
)
k=0 k x n−k y k = (x + y) n
mit vollständiger Induktion für alle n ∈ N 0 .
Aufgabe 20. Beweisen Sie die Formel ∑ n
k=1 k3 = n2 (n+1) 2
4
mit vollständiger Induktion
für alle n ∈ N 0 .
Aufgabe 21. Die Fibonaccizahlenfolge 0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, ... ist definiert durch
a 0 = 0, a 1 = 1 sowie die Vorschrift a n+2 = a n + a n+1 . Beweisen Sie die Formel
a n = gn −(1−g)
√ n
5
für alle n ∈ N 0 . Dabei ist g = 1+√ 5
∈ R.
2
Hinweis: g erfüllt die Gleichung g 2 = g + 1.
Aufgabe 22. Zeigen Sie mit vollständiger Induktion:
1.
n∑
(−1) v+1 v 2 n+1 n(n + 1)
= (−1)
2
v=1
für alle n ∈ N, n ≥ 1;
19

2.
für alle n ∈ N, n ≥ 1.
2n∑
r=1
(−1) r+1
r
=
2n∑
r=n+1
1
r
Aufgabe 23. Zeigen Sie durch vollständige Induktion für alle m ∈ N, m > 1
m−1
∏
k=1
Aufgabe 24. Zeigen Sie für k ∈ N:
(
1 + 1 ) k
= mm
k m! .
1. 3 2k−1 + 5 2k−1 ist stets durch 8 teilbar und
2. 2 7k−5 + 3 2k−1 ist stets durch 7 teilbar.
Aufgabe 25. Zeigen Sie für alle geraden ganzen Zahlen n ≥ 2
1
1!(n − 1)! + 1
3!(n − 3)! + 1
5!(n − 5)! + . . . + 1
(n − 1)!1! = 2n−1
.
n!
Aufgabe 26. Seien α, β ∈ R gegeben mit der Eigenschaft, dass das Polynom
P (x) := x 2 −αx−β zwei verschiedene reelle Nullstellen λ, µ besitzt, d.h. P (λ) =
P (µ) = 0. Weiter seien a, b ∈ R gegeben. Durch
a 0 := a; a 1 := b; a n := α · a n−1 + β · a n−2 (für n ≥ 2)
ist eine Folge (a 0 , a 1 , . . . , ) reeller Zahlen definiert. Beweisen Sie (mit Vollständiger
Induktion) für alle ganzen Zahlen n ≥ 0:
a n = c · λ n + d · µ n
wobei c := a·µ−b
µ−λ
a = 0, b = 1
b−a·λ
und d := . Was ergibt sich im Spezialfall α = β = 1,
µ−λ
Aufgabe 27. Zeigen Sie: Sei Ω ein Alphabet mit m ≥ 2 Zeichen. Dann lassen
sich daraus genau m n Wörter mit n Buchstaben formen und
m n+1 − m
m − 1
verschiedene Worte mit mindestens einem Buchstaben und höchstens n Buchstaben.
20

Aufgabe 28. Bestimmen Sie ein n 0 , so dass
( ) 2n − 1
≥ 2 n
n
für alle n ≥ n 0 und beweisen Sie dies durch Vollständige Induktion.
Aufgabe 29. Zeigen Sie,
( ) ( )
m + l n + l
≥
m n
für m ≥ n und l ≥ 0.
Aufgabe 30. Zeigen Sie, 14 | 3 3i−1 + 5 3i für alle i ≥ 1.
Aufgabe 31. Zeigen Sie,
17 teilt 5 10k−8 − 2 3+7(k−1)
für alle k ≥ 1. (Ein Zahl z ∈ Z, z < 0 ist genau dann durch l teilbar, wenn −z
durch l teilbar ist.)
Aufgabe 32. Beweisen Sie mit Vollständiger Induktion, dass für k ≥ 1 die Summe
4 2k−1 + 3 k+1 stets durch 13 teilbar ist.
Aufgabe 33. Beweisen Sie mit vollständiger Induktion:
Aufgabe 34. Zeigen Sie für x ≠ 1,
14 teilt 5 3k−2 + 3 3k−1 ∀ k ≥ 1.
n∏
j=0
Was ist der Wert des Produktes für x = 1
(1 + x 2j) = 1 − x2n+1
1 − x .
Aufgabe 35. Beweisen Sie mit vollständiger Induktion:
1 · 2 · 3 + 2 · 3 · 4 + · · · + n(n + 1)(n + 2) = 1 n(n + 1)(n + 2)(n + 3); ∀n ≥ 1.
4
21

3 Die rationalen und die reellen Zahlen
Inhalt: Q, R, Körperaxiome, Anordnungsaxiome, Archimedisches Axiom, Existenz
von R.
Die rationalen Zahlen als Körper
Bemerkung 3.1. Wir setzen N 0 = {0, 1, 2, . . . } und Z = {0, ±1, ±2, ±3, . . . } als
gegeben voraus. Die rationalen Zahlen sind die Menge Q der Brüche p , p, q ∈ Z,
q
mit q ≠ 0. Das ist eine Äquivalenzrelation, da
a
b ∼ c d
⇔ ad = bc
z.B. 1 = 3 , da 2 · 3 = 1 · 6. Die zugrundeliegende Menge ist M = Z × (Z \ {0})
2 6
und M/ ∼= Q.
Addition von Brüchen:
a
b + c d
:=
ad + bc
bd
(Hauptnenner)
Negativer Bruch:
Es folgt dann:
Multiplikation von Brüchen:
− a b = −a
b
a
(−
b + a )
= a b b + −a
b
a
b · c
d
= a −b
:=
ac
bd
= a − a
b
= 0.
Ist a, b ≠ 0, so ist b der Kehrwert von a, denn a · b = 1 = b · a.
a b b a a b
Multiplikation und Addition sind kommutativ
(
d.h. a b + c d = c d + a b , a c
b d = c d · a )
b
und assoziativ:
( a
b d)
+ c + e f
( a c e
b d)
f
= a ( c
b + d + e f
= a ( ) c e
.
b d f
)
22

Bemerkung 3.2. All diese Regeln hängen nicht von der Wahl von Repräsentanten
ab (Unbedingt selbst nachrechnen!)
Man sagt auch: die Menge Q bildet einen Körper:
Definition 3.3 (Körperaxiome).
Eine Menge K heißt Körper, falls es zwei Abbildungen
gibt mit folgenden Eigenschaften:
+ : K × K −→ K, (a, b) ↦→ a + b
· : K × K −→ K, (a, b) ↦→ a · b
(A1) ∀x, y, z ∈ K gilt (x + y) + z = x + (y + z) (Assoziativgesetz).
(A2) ∀x, y ∈ K gilt : x + y = y + x (Kommutativgesetz).
(A3) Es gibt eine Zahl 0 ∈ K mit x + 0 = 0 + x = x (Neutrales Element).
(A4) ∀x ∈ K ∃ − x ∈ K mit x + (−x) = (−x) + x = 0 (Negatives Element).
Man sagt auch: (K, +) bildet eine kommutative Gruppe.
(M1) ∀x, y, z ∈ K gilt: (xy)z = x(yz) (Assoziativgesetz).
(M2) ∀x, y ∈ K gilt: xy = yx (Kommutativgesetz).
(M3) ∃ Element 1 ∈ K, 1 ≠ 0 mit x · 1 = 1 · x = x für alle x ∈ K (Existenz der
Eins).
(M4) ∀x ∈ K \{0} ∃ x −1 ∈ K \{0} mit x·x −1 = x −1·x = 1 (Inverses Element).
(D) ∀x, y, z ∈ K gilt: x(y + z) = xy + xz (Distributivgesetz).
Korollar 3.4 (Folgerung aus dem Axiomen).
1. (K \ {0}, ·) bildet eine kommutative Gruppe.
2. 0 und 1 sind eindeutig bestimmt.
3. Das Negative oder Inverse einer Zahl x sind eindeutig bestimmt.
4. −0 = 0 und 1 −1 = 1.
5. −(−x) = x und (x −1 ) −1 = x.
23

6. x · 0 = 0.
7. x · y = 0 ⇔ x = 0 oder y = 0.
8. (xy) −1 = y −1 x −1 = x −1 y −1 ∀ x, y ≠ 0 in K.
Beweis. (1) ist nach Definition richtig.
(2) Ist 0 ′ ein weiteres solches Element, so gilt 0 + 0 ′ = 0 ′ + 0 = 0 und auch
0 ′ + 0 = 0 + 0 ′ = 0 ′ nach (A3), d.h. 0 = 0 ′ . Genauso geht der Beweis für das
Element 1.
(3) (Beweis nur für Multiplikation) Ist x · y = 1 ein weiteres inverses Element, so
folgt mit (M1), (M3) und (M4) y = 1·y = (x −1·x)·y = x −1·(x·y) = x −1·1 = x −1 .
(4) Es gilt 0 = 0 + 0 nach (A3), d.h. (−0) = 0 wegen (3). Ebenso gilt 1 · 1 = 1,
d.h. 1 −1 = 1 wegen (3).
(5) Aus x + (−x) = 0 folgt, dass −(−x) = x das Axiom (A4) erfüllt. Daher ist
man fertig mit (3).
(6) x · 0 = x · (0 + 0) (D)
= x · 0 + x · 0. Daraus folgt x · 0 = 0, indem man auf
beiden Seiten −(x · 0) addiert.
(7) x = 0 oder y = 0, so gilt x · y = 0 wegen (6). Ist umgekehrt xy = 0 und x ≠ 0
(sonst fertig), so gilt x −1 xy = y = 0.
(8) Es gilt xyy −1 x −1 = xx −1 = 1. Nach (3) folgt dann die Behauptung.
Die Assoziativ-, Kommutativ- und Distributivgesetze lassen sich auch verallgemeinern:
1. (Allgemeines Assoziativgesetz)
( )
( )
x 1 + x 2 + · · · + x n = · · · (x1 + x 2 ) + x 3 + · · · + xn−1 + x n
(
= x 1 + x 2 + · · · + ( x n−2 + (x n−1 + x n ) ) )
· · · .
2. (Allgemeines Kommutativgesetz) Für eine beliebige Permutation σ ∈ Σ n
gilt x 1 + x 2 + · · · + x n = x σ(1) + · · · + x σ(n) .
3. (Allgemeines Distributivgesetz)
( n∑
) (
∑ m
x i
i=1 j=1
y j
)
=
n∑ m∑
x i y j .
i=1 j=1
24

Definition 3.5 (Absolutbetrag).
Ist x ∈ Q (jetzt wieder K = Q), so sei
{
−x,
|x| =
+x,
Definition 3.6 (Potenzrechnung).
Sei x ∈ Q und n ∈ N. Definiere:
Satz 3.7.
Es gelten folgende Regeln
x = a , a, b falls a,b verschiedenes Vorzeichen haben,
b
x = a , a, b falls a,b gleiches Vorzeichen haben.
b
x 0 := 1,
x n := x } ·{{ · · x}
n − Mal
x −n := (x n ) −1 = (x −1 ) n .
(a) x n x m = x n+m
(b) (x n ) m = x nm
∀m, n ∈ Z, x ∈ Q
∀m, n ∈ Z, x ∈ Q
(c) x n y n = (xy) n ∀n ∈ Z, x, y ∈ Q.
Beweis. (a) Nach Umstellung der Gleichung kann man m, n ∈ N annehmen, indem
man negative Potenzen auf die andere Seite der Gleichung bringt.
x n · x m =
(x} ·{{ · · x} · (x } · {{ · · x } ).
n − Mal m − Mal
Nach dem Assoziativgesetz ist dies
(b)
(c)
x n+m = } x ·{{ · · x}
(m + n) − Mal.
(x n ) m = (x} ·{{ · · x} . . . . . . (x } · {{ · · x } )
n − Mal
n − Mal
m − Mal
= x nm nach dem Assoziativgesetz.
x n y n = (x · · · x)(y · · · y) = (xy) · (xy) · · · (xy) = (xy) n
mit Kommutativ– und Assoziativgesetz.
25

Die Abzählbarkeit von Q
Definition 3.8. Eine Menge M heißt abzählbar, wenn es eine Teilmenge U ⊆ N
gibt und eine Surjektion f : U → M.
Bemerkung 3.9. Das Wort Surjektion kann man durch Bijektion ersetzen, aber
die Definition ist auf diese Weise etwas flexibler. Denn sei f : U → M surjektiv.
Indem man für jedes m ∈ M ein Element u(m) ∈ f −1 ({m}) auswählt, erhält
man eine Teilmenge U ′ ⊆ U mit f|U ′ : U ′ → M bijektiv. Man kann sogar
annehmen, dass U = {1, . . . , n} oder U = N ist. Im ersten Fall ist M endlich.
Beachte aber, dass N viele Teilmengen besitzt die ≠ N und unendlich sind, z.B.
2N = {2, 4, 6, . . . }, 3N = {3, 6, 9, . . . }.
Satz 3.10. Q ist abzählbar.
Beweis. Q = Z×(Z\{0})/ ∼. Daher gibt es eine Surjektion Z×(Z\{0}) → Q.
Es reicht also zu zeigen, dass Z × (Z \ {0}) bijektiv zu N und somit abzählbar
ist.
Lemma 3.11. Z und Z \ {0} sind abzählbar und bijektiv zu N.
Beweis.
f : Z → N
0 ↦→ { 1
0 ≠ a ↦→
2a, a positiv
2|a| + 1, a negativ.
Dies ist klarerweise bijektiv, denn die negativen Zahlen gehen unter f bijektiv
auf die ungeraden Zahlen ≥ 3, und die positiven Zahlen bijektiv auf die geraden
Zahlen ≥ 2. Für Z\{0} wird stattdessen f(a) = 2|a|−1 für a negativ gesetzt.
Lemma 3.12. N × N ist abzählbar und es gibt eine Bijektion N × N → N.
Beweis. f : N × N → N sei wie folgt definiert:
f(1, 1) = 1, f(1, 2) = 2, f(2, 1) = 3, usw.
Dies folgt der allgemeinen Formel:
(a + b − 1)(a + b − 2)
f(a, b) = + a.
2
Man sofort an einem Bild, dass diese Abbildung bijektiv ist.
Bemerkung 3.13. Mit dem gleichen Trick sind auch abzählbare Vereinigungen
⋃
a∈N
abzählbarer Mengen A n wieder abzählbar.
26
A n

Die rationalen Zahlen als angeordneter Körper
Definition 3.14 (Anordnung der rationalen Zahlen).
Erinnerung: x = a ∈ Q heißt
b
positiv: x > 0, falls a > 0 ∧ b > 0 oder a < 0 ∧ b < 0
negativ: x < 0, falls a < 0 ∧ b > 0 oder a > 0 und b < 0
oder Null: x = 0.
Definition 3.15 (Axiome für einen angeordneten Körper). Sei K ein Körper.
(O1) Für jedes x ∈ K ist entweder x > 0, x = 0 oder x < 0 (Trichotomie).
(O2) x > 0 und y > 0 =⇒ x + y > 0.
(O3) x > 0 und y > 0 =⇒ x · y > 0.
Ein Körper heißt angeordnet, falls die Axiome (O1)–(O3) gelten. Man setzt x ≥ 0,
falls x > 0 oder x = 0 gilt.
Beispiel 3.16. Q, R sind angeordnet. Der Körper F 2 = {0, 1} mit 2 Elementen
und 1 + 1 = 0 ist nicht angeordnet: Würde 1 > 0 (oder 1 < 0) gelten, so widerspricht
dies 1 + 1 = 0. Der Körper der komplexen Zahlen C ist ebenso nicht
angeordnet (wird später eingeführt).
Definition 3.17. Sei K angeordnet.
x > y, falls x − y > 0.
x ≥ y, falls x − y ≥ 0.
x < y, falls x − y < 0.
x ≤ y, falls x − y ≤ 0.
Korollar 3.18 (Folgerungen aus den Axiomen).
(1) Für je 2 Elemente x, y gilt entweder x > y oder x = y oder x < y.
(2) Transitivität: Ist x < y und y < z, so gilt auch x < z (genauso für ≤).
(3) x < y =⇒ c + x < c + y für alle c ∈ K.
(4) Negative Elemente: x < y =⇒ −x > −y.
(5) x < y und u < v =⇒ x + u < y + v.
(6) x < y und a > 0 =⇒ ax < ay.
(7) 0 < x < y und 0 < a < b =⇒ ax < by.
(8) x < y und a < 0 =⇒ ay < ax.
(9) a ≠ 0 =⇒ a 2 > 0.
(10) a > 0 ⇔ a −1 > 0.
(11) 0 < x < y =⇒ x −1 > y −1 .
(12) a 2 = 0 ⇔ a = 0.
Beweis. (1) Dies folgt direkt aus (O1).
(2) Dies folgt aus (O2), da (y − x) + (z − y) = z − x.
27

(3) (c + y) − (c + x) = y − x.
(4) −x − (−y) = y − x.
(5) y − x > 0 und v − u > 0. Also folgt mit (O2), dass y − x + v − u =
(y + v) − (x + u) > 0.
(6) Aus (O3) folgt a(y − x) = ay − ax > 0.
(7) Nach (6) folgt ax < ay sowie ay < by. Also auch ax < by wegen (2).
(8) −a > 0 nach (4), also −ax < −ay, daher ay < ax wieder nach (4).
(9) a > 0 =⇒ a 2 > 0 nach (O3). Ist a < 0, so ist −a > 0 und damit a 2 =
(−a) 2 > 0 nach (O3).
(10) =⇒: Sei a > 0. a −1 ≠ 0 , da a ≠ 0. Also ist nach (9) auch a −2 > 0. Nach
(O3) folgt dann a −1 = a · a −2 > 0.
⇐=: Ist a −1 > 0, so folgt unter Benutzung der eben bewiesenen Aussage a =
(a −1 ) −1 > 0.
(11) xy > 0 =⇒ (xy) −1 = x −1 y −1 > 0 nach (10). Also y −1 = xx −1 y −1 <
yx −1 y −1 = yy −1 x −1 = x −1 .
(12) Ist a > 0 oder a < 0 so gilt a 2 > 0 nach (9) und somit a 2 ≠ 0. Wegen der
Trichotomie folgt also a = 0.
Definition 3.19.
Das Minimum min(x, y) zweier Zahlen ist die kleinere der beiden Zahlen x, y,
das Maximum max(x, y) die größere. Gilt x = y, so ist min(x, y) = x = y =
max(x, y). Genauso definiert man min(A) und max(A) für endliche Mengen A.
Gaußklammer: Ist x ∈ Q oder x ∈ R, so setzt man [x] oder ⌊x⌋ als diejenige
eindeutig bestimmte natürliche Zahl n mit n ≤ [x] < n + 1.
Definition 3.20 (Das Archimedische Axiom).
(Ar) Zu je zwei rationalen oder reellen Zahlen x, y > 0 gibt es ein n ∈ N mit
n · x = x + . . . + x > y.
Beweis. In Q sei x = a und y = c . Setze n = cb + 1. Dann gilt
b d
da ad ≥ 1.
nx = x + cbad
bd
≥ x + cb
bd = x + y > y,
Das Axiom gilt auch in R, aber nicht in beliebigen sogenannten nicht–archimedisch
angeordneten Körpern wie den Nicht–Standard reellen Zahlen ∗ R.
Satz 3.21 (Bernoullische Ungleichung).
Sei x ≥ −1. Dann gilt für alle n ∈ N:
(1 + x) n ≥ 1 + nx.
28

Beweis. Vollständige Induktion. Induktionsanfang n = 1: (1 + x) 1 = 1 + x.
Induktionsschritt: (1 + x) n+1 = (1 + x) n (1 + x), also ist nach Induktionsvoraussetzung
(1 + x) n+1 ≥ (1 + nx)(1 + x) = 1 + (n + 1)x + nx 2 ≥ 1 + (n + 1)x, da
nx 2 ≥ 0.
Satz 3.22. Sei a > 0.
(a) Ist a > 1 und M ∈ R, so gibt es ein n ∈ N mit a n > M.
(b) Ist 0 < a < 1 und ɛ ∈ R >0 , so gibt es ein n ∈ N mit a n < ɛ.
Beweis. (a) Nach Satz 3.21 gilt a n = (1 + (a − 1)) n ≥ 1 + n(a − 1). Nach dem
Archimedischem Axiom (Ar) folgt aber n(a − 1) > M − 1 für ein n ∈ N. Also
gilt a n > 1 + (M − 1) = M.
(b) Betrachte 1 und M = 1 und benutze Fall (a).
a ɛ
Beispiel 3.23. ( 1 2 )n < 1
1000 für n ≥ 10, da 210 = 1024 > 1000.
Die reellen Zahlen
Die Menge R füllt die ,,Löcher” in den rationalen Zahlen Q auf. Dies wird in der
folgenden Konstruktion der reellen Zahlen durch die Dedekindschen Schnitte zum
Prinzip gemacht:
Idee: Angenommen wir wüssten schon was reelle Zahlen sind, so würden wir
einen Schnitt als die Menge der rationalen Zahlen
S(α 0 ) := {α ∈ Q | α > α 0 }
definieren, die rechts von α 0
gerade α 0 .
∈ R liegen. Solch ein Schnitt repräsentiert dann
Definition 3.24. Eine Teilmenge A ⊆ Q heißt Schnitt, falls gilt:
(i) A ≠ ∅, A ≠ Q.
(ii) α ∈ A und β ≥ α =⇒ β ∈ A.
(iii) A hat kein kleinstes Element, d.h. es gibt kein α 0 ∈ Q mit A = {α ∈ Q |
α ≥ α 0 }.
Beispiel 3.25. Ist α 0 ∈ Q, so setzen wir S(α 0 ) := {α ∈ Q | α > α 0 }. Dies ist
ein Schnitt, der eine rationale Zahl repräsentiert. Jedoch gibt es viele Schnitte in
Q, die nicht auf diese Weise entstehen, wie z.B. {α ∈ Q ≥0 | α 2 > 2}.
Definition 3.26. Die Menge der reellen Zahlen R wird definiert als die Menge
aller Dedekindschen Schnitte.
29

Satz 3.27. R ist ein angeordneter Körper, der Q wie oben beschrieben enthält und
das Archimedische Axiom erfüllt. Alle bisher Rechenregeln für + und · in Q setzen
sich auf R fort. In R gilt zusätzlich das Axiom der Ordnungsvollständigkeit, auch
Infimumsaxiom genannt:
(OV) Jede nicht–leere, nach unten beschränkte Teilmenge A von R besitzt eine
größte untere Schranke inf A. Dazu äquivalent ist das Supremumsaxiom: Jede
nicht–leere, nach oben beschränkte Teilmenge A von R besitzt eine kleinste obere
Schranke sup(A).
Definition 3.28. (i) A ⊆ R heißt nach unten beschränkt, falls es ein C ∈ R gibt
mit x ≥ C für alle x ∈ A.
(ii) C ∈ R heißt untere Schranke von A, falls x ≥ C für alle x ∈ A.
(iii) C ∈ R heißt größte untere Schranke oder Infimum, falls C untere Schranke
ist und jede andere untere Schranke ≤ C ist.
Analog definiert man obere Schranke und kleinste obere Schranke sowie Supremum
für Teilmengen, die nach oben beschränkt sind.
Beweis. Für den ersten Teil siehe Ch. Blatter ,,Analysis 1”, Springer Verlag.
Wir verwenden Dedekindsche Schnitte: Sei A eine Teilmenge von R und für jedes
a ∈ A der zugehörige Schnitt durch S a gegeben. Dann ist
inf A := ⋃ a∈A
S a .
Man rechnet die Schnittaxiome nach:
(i) Ist B (ein Schnitt) eine untere Schranke von A, so gilt S a ⊆ B für alle a ∈ A.
Also ist inf A ⊆ B und damit weder leer noch ganz R.
(ii) Ist α ∈ inf A und β ≥ α. Dann ist α ∈ S a für ein a ∈ A. Also gilt auch
β ∈ S a , da S a ein Schnitt ist. Damit folgt β ∈ inf A.
(iii) Hat inf A in kleinstes Element a 0 , so liegt a 0 in einer Menge S a . Dann hätte
S a ein kleinstes Element, Widerspruch!
Also ist inf A ein Schnitt. Ist nun B eine beliebige untere Schranke, so gilt inf A ⊆
B, siehe (i). Also ist inf A die größte untere Schranke.
Bemerkung 3.29. Wie unterscheiden sich Q und R
(1) Es gibt Zahlen wie √ 2, die nicht in Q sind, siehe §2.
(2) R ist nicht abzählbar:
Der Beweis dafür führen wir mit der Dezimaldarstellung der reellen Zahlen, die
aus der Schule bekannt sein sollte. Betrachte alle reellen Zahlen x mit 0 < x < 1.
Jedes solche x kann man als Dezimalbruch schreiben:
x = 0.a 1 a 2 a 3 . . .
30

mit a i ∈ N. Solche Darstellungen sind fast eindeutig, bis auf folgende Ausnahme:
Es gibt ein n 0 ∈ N, so dass a i = 9 für alle n ≥ n 0 . Zum Beispiel ist die Zahl
0.199999 . . . = 0.2. Nehmen wir an, dass ]0, 1[:= {x ∈ R | 0 < x < 1} abzählbar
wäre und als Liste
x 1 = 0.a 11 a 12 . . .
x 2 = 0.a 21 a 22 . . .
geschrieben werden kann. Definiere dann eine neue Zahl z = 0.c 1 c 2 . . . ∈]0, 1[
durch die Vorschrift c i = a nn + 2, falls a nn < 5 und c i = a nn − 2, falls a nn ≥ 5.
Dann gilt offenbar |c n −a nn | ≥ 2 und damit |z −x n | ≥ 10 −n . Insbesondere taucht
z nicht in dieser Liste auf. Widerspruch! Diese Methode wird Cantorsches Diagonalverfahren
genannt.
(3) In R gilt das Axiom der Ordnungsvollständigkeit. Q erfüllt dieses Axiom
nicht, da die Menge {x ∈ Q >0 | x 2 > 2} kein Infimum in Q hat.
Lemma 3.30. Ist r eine reelle Zahl und ɛ > 0. Dann gibt es eine rationale Zahl q
mit |q − r| < ɛ. Man sagt auch: die rationalen Zahlen liegen dicht in R.
Beweis. Mit der Dezimaldarstellung: r = ± ∗ ∗ . . . a 0 .a 1 a 2 . . .. Es gibt ein n ∈ N
mit 10 −n < ɛ nach Satz 3.22. Setze q = ± ∗ ∗ . . . a 0 .a 1 a 2 . . . a n .
Aufgaben
Aufgabe 36. Beweisen Sie, dass die Brüche eine Äquivalenzrelation darstellen
und zeigen Sie, dass die Addition und Multiplikation von Brüchen nicht von der
Wahl eines Repräsentanten abhängt.
Aufgabe 37. Berechnen Sie die rationalen Zahlen ∑ 100
k=0
als gekürzte Brüche.
( 1
2 k − 1
2 k+1 )
und
∏ 100
k=0
Aufgabe 38. Erklären Sie auf einer vierelementigen Menge F = {0, 1, 2, 3} eine
Addition + und eine Multiplikation ∗, so dass (F, +, ∗) ein Körper mit Nullelement
0 und Einselement 1 ist. Gibt es mehrere Möglichkeiten der Definition von
Addition bzw. Multiplikation
Aufgabe 39. Eine Menge Ω von (möglicherweise auch unendlich vielen) Symbolen
a 1 , a 2 , a 3 . . . wird Alphabet genannt. Ein Wort w über dem Alphabet Ω ist
eine endliche Folge a w1 a w2 . . . a wn mit a wi ∈ Ω. Man zeige, dass die Menge aller
Worte über einem abzählbaren Alphabet abzählbar ist.
Aufgabe 40. Auf M := {(a, b)|
Multiplikation ⊗ erklärt durch
a, b ∈ Q} seien eine Addition ⊕ und eine
(a, b) ⊕ (c, d) := (a + c, b + d),
(a, b) ⊗ (c, d) := (ac + 5bd, ad + bc).
( k+1
) 3
k+2
31

Untersuchen Sie, ob M mit diesen Verknüpfungen ein Körper ist.
Aufgabe 41. Geben Sie eine explizite Formel für eine bijektive Abbildung f :
N 0 × N 0 → Z an.
Hinweis: Benutzen Sie das Symbol ⌈a⌉ für die Aufrundung eines Bruchs zu der
nächsten ganzen Zahl, sowie eine weitere Formel aus der Vorlesung.
Aufgabe 42. Zeigen Sie, dass abzählbare Vereinigungen abzählbarer Mengen
abzählbar sind.
Hinweis: Realisieren Sie solche Mengen als Teilmengen von N × N.
Aufgabe 43. Beweisen Sie: Jede abzählbare, unendliche Menge ist bijektiv zu N.
Aufgabe 44. Beweisen Sie das Archimedische Axiom für R, indem Sie ausnutzen,
dass es in Q gilt und Q dicht in R liegt. Zeigen Sie auch, dass es aus dem
Supremumsaxiom folgt.
Aufgabe 45.
(a) Sei 0 ≠ r ∈ Q und s ∈ R \ Q. Zeigen Sie, dass r + s und rs in R \ Q liegen.
(b) Beweisen Sie, dass √ 15 irrational ist.
Aufgabe 46.
(a) Berechnen Sie inf M und sup M für M = { p ∈ Q | 0 < 1 q < p < 5q} (mit
q 3
Begründung).
(b) Sei A eine nichtleere, nach unten beschränkte Menge. Setze −A := {−x |
x ∈ A}. Zeigen Sie, dass −A nach oben beschränkt ist und inf A = − sup(−A)
gilt. Beweisen Sie damit die Äquivalenz des Supremums– und Infimumsaxioms.
Aufgabe 47. Sei K ein angeordneter Körper. Beweisen Sie:
1. Für alle x, y ∈ K gilt 2xy ≤ x 2 + y 2 und 4xy ≤ (x + y) 2
2. Für alle a, b ∈ K mit a > 0, b > 0 und a + b = 1 gilt
(
a + 1 ) (
b + 1 )
≥ 25 (a
a b 4 und + 1 ) 2 (
+ b + 1 ) 2
≥ 25 a b 2 .
3. Wann steht bei (a) bzw. (b) das Gleichheitszeichen
Aufgabe 48. Sei K ein angeordneter Körper. Zeigen Sie:
1. max(u, v) = 1 (u + v + |u − v|),
2
2. min(u, v) = 1 (u + v − |u − v|),
2
Gilt stets max(x, min(y, z)) = min(max(x, y), max(x, z))
32

4 Folgen und Grenzwerte
Inhalt: Folgen, Cauchyfolgen, Konvergenz, Vollständigkeitsaxiom, Intervallschachtelungen,
Quadratwurzeln.
Folgen und Konvergenz
Definition 4.1. Sei M eine Menge. Eine Folge (a n ) n∈N , oder kurz (a n ), in M ist
eine Abbildung a : N → M mit a(n) = a n ∈ M.
Beispiele 4.2.
• a n = n (M = N).
• a n = a ∈ M (konstante Folge).
• a n = 1 n ∈ Q.
• a n = (−1) n · 1
n
• a n = 3 −n ∈ Q.
∈ Q (alternierendes Vorzeichen).
Sei ab nun M = R die Menge der reellen Zahlen.
Definition 4.3. Eine Folge (a n ) heißt konvergent, falls ein a ∈ R existiert, so dass
gilt:
∀ɛ > 0 ∃n 0 ∈ N ∀n ≥ n 0 |a n − a| < ɛ.
a heißt der Grenzwert oder Limes der Folge. Eine Folge, die gegen kein a konvergiert
heißt divergent.
Notation 4.4.
Bemerkung 4.5.
lim a n = lim a n = a.
n→∞
• Die Reihenfolge der logischen Zeichen ist sehr wichtig!
• Diese Definition ist eine der wichtigsten in der ganzen Analysis.
• n 0 hängt von ɛ ab. In der Regel muss man n 0 umso größer machen, je kleiner
ɛ ist.
Beispiele 4.6. • Die Folge a n = n ist divergent, denn nach dem Axiom (Ar)
von Archimedes gibt es zu jedem a ∈ R ein n 0 mit a n = n ≥ a + 1 für alle
n ≥ n 0 := ⌈a⌉ + 1. Damit gilt aber |a n − a| > 1 und die Definition der
Konvergenz ist nicht erfüllt.
33

• Die Folge a n = 1 ist konvergent gegen a = 0. Man sagt auch Nullfolge
n
dazu. Die folgt auch aus dem Archimedischen Axiom (Ar) bzw. Satz 3.22,
denn für alle ɛ > 0 gibt es ein n 0 mit |a n | = 1 n 0
< ɛ.
• Ebenso ist die Folge a n = (−1) n 1 eine Nullfolge mit dem gleichen Beweis.
n
• Die Folge a n = (−1) n ist divergent, denn alle gerade Folgenglieder sind 1
und alle ungeraden −1. Wenn man ɛ = 1 wählt, gibt es daher kein a ∈ R,
so dass |a n − a| < 1 für alle n ≥ n 0 , denn sonst wäre 2 = 1 − (−1) =
|a 2n − a 2n+1 | ≤ |a 2n − a| + |a − a 2n+1 | < 2ɛ = 2, Widerspruch!
Bemerkung 4.7. Die verwendete Ungleichung
|a + b| ≤ |a| + |b|
in R heißt Dreiecksungleichung. Man beweist sie durch eine Fallunterscheidung:
Haben a und b das gleiche Vorzeichen, so gilt sogar |a + b| = |a| + |b|. Haben sie
unterschiedliches Vorzeichen, so gilt |a + b| ≤ max{|a|, |b|} ≤ |a| + |b|.
Definition 4.8. Eine Folge (a n ) heißt beschränkt, falls es reelle Zahlen a, b gibt,
so dass a ≤ a n ≤ b ist für alle n. Existiert nur b mit a n ≤ b für alle n, so heißt
a n nach oben beschränkt. Existiert nur a mit a ≤ a n für alle n, so heißt a n nach
unten beschränkt.
Satz 4.9.
Jede konvergente Folge c n mit Limes c ist beschränkt.
Beweis. Wähle ɛ = 1 und N mit |c n − c| < 1 für alle n ≥ N. Dann setze
a = min{c 1 , . . . , c N , c − 1} und b = max{c 1 , . . . , c N , c + 1}.
Bemerkung 4.10. Nicht jede beschränkte Folge ist konvergent, siehe Beispiel
c n = (−1) n .
Satz 4.11.
Der Limes einer Folge (a n ) ist eindeutig, falls er existiert.
Beweis. Sei lim a n = a und lim a n = b mit a ≠ b. Wähle ɛ = |a−b|
2
. Dann gibt es
eine N 1 mit |a n − a| < ɛ für alle n ≥ N 1 und eine N 2 mit |a n − b| < ɛ für alle
n ≥ N 2 . Setze N = max(N 1 , N 2 ). Dann gilt nach der Dreiecksungleichung
|a − b| ≤ |a − a n | + |a n − b| < 2ɛ = |a − b|
für n ≥ N, ein Widerspruch zu a ≠ b!
34

Beispiel 4.12. Sei q > 0. Die Folge a n = q n ist nach Satz 3.22(b) eine Nullfolge
für |q| < 1. Für q = 1 ist lim a n = 1 (konstante Folge). Für q = −1 oder |q| > 1
ist a n divergent nach Satz 3.22(a).
Satz 4.13 (Rechenregeln für Folgen).
Seien (a n ) und (b n ) zwei konvergente Folgen. Dann konvergieren auch die Folgen
(a n ±b n ) und (a n·b n ) und es gilt lim(a n ±b n ) = lim a n ±lim b n sowie lim(a n·b n ) =
lim a n · lim b n .
Beweis. (i) (Summe/Differenz) Sei lim a n = a und lim b n = b. Sei ɛ > 0 gegeben.
Es gibt ein N 1 ∈ N mit |a n − a| < ɛ/2 für alle n ≥ N 1 und ein N 2 mit |b n − b| <
ɛ/2 für alle n ≥ N 2 . Setze N = max(N 1 , N 2 ). Dann gilt |(a n ± b n ) − (a ± b)| ≤
|a n − a| + |b n − b| < ɛ/2 + ɛ/2 = ɛ für alle n ≥ N.
(ii) (Produkt) Die Folge a n ist beschränkt nach Satz 4.9. Also gilt |a n | ≤ C für
alle n. Nach Vergrößerung von C kann man annehmen, dass auch |b| ≤ C gilt.
Sei ɛ > 0 gegeben. Es gibt ein N 1 ∈ N mit |a n − a| < ɛ/2C für alle n ≥ N 1 und
ein N 2 mit |b n − b| < ɛ/2C für alle n ≥ N 2 . Setze N = max(N 1 , N 2 ). Dann gilt
für alle n ≥ N:
|a n b n −ab| = |a n b n −a n b+a n b−ab| ≤ |a n (b n −b)|+|(a n −a)b| ≤ C ɛ + ɛ C =
2C 2C
ɛ.
Mit der selben Methode beweist man: lim(u · a n + v · b n ) = u · lim a n + v · lim b n ,
falls beide Folgen konvergieren. Bei Quotienten von Folgen muss man etwas mehr
aufpassen:
Satz 4.14.
Seien (a n ) und (b n ) zwei konvergente Folgen mit b := lim b n ≠ 0. Dann konvergiert
auch die Folge (a n /b n ) und es gilt lim(a n /b n ) = lim a n / lim b n . Beachte,
dass die Folge (a n /b n ) nicht definiert ist für die endlich vielen n mit b n = 0.
Beweis. Es gibt nur endlich viele n mit b n = 0, da lim b n ≠ 0. Wähle dazu ɛ = |b|,
um dies zu zeigen. Wir ignorieren daher dieses triviale Problem. Wegen Satz 4.13
genügt es, den Fall a n = 1 (konstante Folge) zu betrachten. Sei ɛ > 0 gegeben. Es
gibt ein N mit |b n − b| < ɛ|b| 2 /2 für alle n ≥ N wegen der Konvergenz von b n .
Sei N auch so groß, dass |b n | ≥ |b|/2 für alle n ≥ N. Damit gilt dann:
| 1
b n
− 1| = 1 1
|b b |b n | |b| n − b| < 2 · ɛ|b| 2 /2 = ɛ für alle n ≥ N.
|b| 2
Beispiele 4.15. • a n = 5n2 −7n+13
. Dann ist lim a 2n 2 +n+2 n
nach Satz 4.13 und Satz 4.14.
= lim 5−7/n+13/n2
2+1/n+2/n 2 = 5 2
• a n = n+2
n 2 −1 mit n ≥ 2. Dann ist lim a n = lim 1/n+2/n2
1−1/n 2 = 0 nach Satz 4.14
• Die Folge a n
divergent.
= n2 +2n−1
(n ≥ 4) ist divergent, denn a
n−3 n ≥ n2
n
35
= n ist

Satz 4.16.
Seien (a n ) und (b n ) konvergent mit a n
a := lim a n ≤ b := lim b n .
≤ b n für alle n ≥ n 0 . Dann gilt auch
Beweis. Betrachte c n = b n − a n . Nach Satz 4.13 ist c n konvergent mit c :=
lim c n = b − a. Wir müssen c ≥ 0 zeigen. Angenommen c < 0. Wähle ɛ = −c >
0. Da all c n ≥ 0 sind kann niemals |c n − c| < ɛ gelten, ein Widerspruch!
Korollar 4.17 (Sandwich-Prinzip).
Sind a n ≤ b n ≤ c n Folgen, so dass (a n ) und (c n ) konvergent sind mit gleichem
Limes a = lim a n = lim c n . Dann ist auch die Folge (b n ) konvergent mit dem
selben Limes.
Beweis. Die Folge (c n − a n ) ist eine Nullfolge nach Satz 4.13. Sei ɛ > 0 gegeben.
Dann gibt es ein N mit |a n − a| < ɛ/2 sowie |c n − a n | < ɛ/2 für alle n ≥ N. Also
ist auch |b n −a| ≤ |b n −a n |+|a n −a| ≤ |c n −a n |+|a n −a| < ɛ/2+ɛ/2 = ɛ.
Definition 4.18 (Cauchyfolgen und Intervallschachtelungen).
Eine reelle Folge heißt Cauchyfolge, falls gilt:
∀ɛ > 0 ∃n 0 ∈ N ∀m, n ≥ n 0 |a n − a m | < ɛ.
Eine Intervallschachtelung ist eine Folge von Intervallen
I 0 ⊇ I 1 ⊇ I 2 ⊇ . . . ⊇ I n ⊇ . . .
mit I n = [a n , b n ] := {x ∈ R | a n ≤ x ≤ b n }, wobei a n ≤ b n ist. Es gilt also
a 0 ≤ a 1 ≤ . . . ≤ a n ≤ . . . ≤ b n ≤ b n−1 ≤ . . . ≤ b 1 ≤ b 0 .
Proposition 4.19. Jede Cauchyfolge ist beschränkt und jede konvergente Folge
(a n ) ist eine Cauchyfolge.
Beweis. Der erste Teil wird genauso wie Satz 4.9 bewiesen, wobei der Limes
durch ein festes Folgenglied ersetzt wird. Sei ɛ > 0 gegeben. Dann gibt es ein n 0
mit |a n −a| < ɛ/2 für alle n ≥ n 0 . Dann gilt auch |a n −a m | ≤ |a n −a|+|a−a m | <
2 · ɛ/2 = ɛ für m, n ≥ n 0 .
Die Umkehrung kann man nicht innerhalb der rationalen Zahlen beweisen. Betrachte
dazu eine Folge, die gegen √ 2 konvergiert (Konstruktion mit Dezimalbruchabschneiden).
In R gilt die Umkehrung aber:
Axiom 4.20 (Vollständigkeitsaxiom). Jede Cauchyfolge in R ist konvergent.
36

Axiom 4.21 (Intervallschachtelungsprinzip).
Sei (I n ) eine Intervallschachtelung, für die lim(b n − a n ) = 0 gilt. Dann gibt es
genau ein x ∈ R mit
x ∈ ⋂ n≥0
I n ,
d.h. x ∈ I n für alle n. Auch das Intervallschachtelungsprinzip gilt nicht in Q
(gleiches Beispiel, wobei a n , b n durch Ab-/Aufrunden entstehen).
Satz 4.22.
Folgende Axiome der reellen Zahlen sind äquivalent:
(i) Das Vollständigkeitsaxiom.
(ii) Das Intervallschachtelungsprinzip.
(iii) Das Infimumsaxiom (OV): Jede nicht–leere, nach unten beschränkte Teilmenge
von R besitzt ein Infimum.
(iv) Das Supremumsaxiom: Jede nicht–leere, nach oben beschränkte Teilmenge
von R besitzt ein Supremum, d.h. eine kleinste obere Schranke.
Beweis. (i) =⇒ (ii): Sei I n = [a n , b n ] und lim(b n − a n ) = 0. Betrachte die Folge
(a n ). Wenn b k − a k < ɛ, so gilt auch |a n − a m | < ɛ, falls m, n ≥ k, denn a n und
a m sind in I k . Also ist (a n ) eine Cauchyfolge. Nach (i) konvergiert (a n ) gegen ein
x. Es gilt aber a n ≤ x ≤ b n für alle n nach Satz 4.16, da a n ≤ a k ≤ b n für k ≥ n.
Damit gilt x ∈ ⋂ n I n. Wegen lim(b n − a n ) = 0 ist x das einzige Element in dieser
Menge.
(ii) =⇒ (iii): Sei A ⊆ R nicht-leer und nach unten beschränkt. Dann gibt es ein
a 0 ∈ A und eine untere Schranke C 0 von A. Wir konstruieren induktiv eine Folge
von Paaren (a k , C k ), so dass gilt:
• a n ∈ A und C n ist untere Schranke von A.
• a n − C n ≤ 2 −n (a 0 − C 0 ).
Dies definiert dann eine Intervallschachtelung I n = [C n , a n ] mit lim(b n −a n ) = 0.
Seien I 0 , . . . , I n bereits konstruiert. Setze M := Cn+an .
2
1. Fall: [C n , M] ∩ A = ∅. Dann ist M auch eine untere Schranke und wir setzen
C n+1 := M und a n+1 = a n .
2. Fall: [C n , M] ∩ A ≠ ∅. Dann existiert ein a n+1 ∈ A mit a n+1 ≤ M. Setze dann
C n+1 = C n und a n+1 wie eben gewählt.
In beiden Fällen gilt die Behauptung. Nach Voraussetzung gilt das Intervallschachtelungsprinzip
(ii) und es gibt ein x ∈ ⋂ n I n. Dieses x ist das Infimum von A: Ist
a ∈ A, so gilt C n ≤ a für jedes n und somit auch x ≤ a, also ist x eine untere
Schranke. Da alle a n ∈ A sind und für jedes ɛ > 0 ein n 0 existiert mit |x−a n | < ɛ
für n ≥ n 0 , so ist x auch die größte untere Schranke.
37

(iii) ⇔ (iv): Betrachte −A := {−a | a ∈ A}.
(iv) =⇒ (i): Sei (a n ) ein Cauchyfolge. Setze A n := {a m | m ≥ n}. A n ist nichtleer
und nach oben beschränkt nach Proposition 4.19. Also existiert b n := sup A n .
Es gilt . . . ≥ b n ≥ b n+1 ≥ . . ., da A n ⊇ A n+1 . Die Menge {b n | n ∈ N} ist
nicht-leer und nach unten beschränkt durch die untere Schranke von (a n ) aus Satz
4.9. Setze b := inf{b n | n ∈ N}. Beachte, dass hier auch (iii) gilt (siehe oben).
Wir zeigen nun, dass b = lim a n gilt und damit (i): Sei ɛ > 0 vorgegeben. Da
b = inf{b n | n ∈ N} ist, existiert ein n 0 mit |b n − b| < ɛ/2 für alle n ≥ n 0 .
Ansonsten wäre b + ɛ/2 noch eine bessere untere Schranke von {b n }. Ebenso gibt
es ein n 1 ≥ n 0 mit |a n − b n | ≤ ɛ/2 für alle n ≥ n 1 , wegen der Cauchyeigenschaft
von (a n ). Insgesamt gilt also für n ≥ n 1 :
|a n − b| ≤ |a n − b n | + |b n − b| < 2 · ɛ/2 = ɛ. Damit der Satz bewiesen.
Korollar 4.23. Da die Dedekindschen Schnitte und damit die reellen Zahlen (iii)
erfüllen, gilt auch (i),(ii) und (iv) in R. Das Axiom (Ar) folgt daraus (siehe §3).
Häufungspunkte
Definition 4.24. Eine Folge (a n ) heißt monoton wachsend bzw. monoton fallend,
falls gilt: a n ≤ a n+1 bzw. a n ≥ a n+1 . Falls überall < bzw. > steht, spricht man
von streng monotonen Folgen. Eine Zahl a ∈ R heißt Häufungspunkt von (a n ),
falls eine Teilfolge (a nk ) existiert, die gegen a konvergiert.
Satz 4.25 (Satz von Bolzano–Weierstraß).
(a) Jede beschränkte, monotone reelle Folge ist konvergent.
(b) Jede reelle Folge besitzt eine monotone Teilfolge.
(c) Jede beschränkte, reelle Zahlenfolge besitzt einen Häufungspunkt.
Beweis. (a) Sei (a n ) monoton wachsend. Der Beweis für monoton fallende Folgen
geht fast genauso. Sei A := {a n | n ∈ N} und ɛ > 0 gegeben. Da A beschänkt
ist, existiert a := sup A. Es gibt dann ein N mit |a N − a| < ɛ. Ansonsten wäre
a − ɛ noch eine bessere obere Schranke. Also ist auch |a n − a| < ɛ für alle n ≥ N
wegen der Monotonie und daher (a n ) konvergent gegen a.
(b) Setze A := {n ∈ N | a n ≥ a l ∀ l > n}.
1. Fall: A ist unendlich. Dann kann man leicht eine Teilfolge bilden, die monoton
fallend ist.
2. Fall: A endlich. Dann gibt es ein N, so dass n /∈ A für alle n ≥ N. D.h. für alle
n ≥ N gibt es ein l > n mit a l > a n . Dadurch lässt sich eine monoton wachsende
Teilfolge bilden.
(c) folgt aus (a) und (b).
38

Definition 4.26 (Uneigentliche Konvergenz, Bestimmte Divergenz).
Sei (a n ) eine reelle Folge. (a n ) heißt bestimmt divergent oder uneigentlich konvergent
gegen +∞, falls zu jedem C ∈ R ein N ∈ N existiert, so dass a n > C
für alle n ≥ N.
(a n ) heißt bestimmt divergent gegen −∞, falls (−a n ) bestimmt divergent gegen
+∞ ist. Falls eine Folge bestimmt divergiert, schreiben wir auch
lim a n = ±∞
n→∞
und bezeichnen ±∞ als den Grenzwert oder Limes.
Beispiele 4.27.
• a n = n ist bestimmt divergent gegen +∞.
• a n = −n ist bestimmt divergent gegen −∞.
• Allgemeiner ist jede monotone Folge eigentlich oder uneigentlich konvergent.
• a n = (−1) n n ist nicht bestimmt divergent, sondern einfach nur divergent.
Definition 4.28.
(a) Der größte Häufungspunkt oder Limes Superior einer Folge (a n ) reeller Zahlen
ist
lim sup a n := lim sup{a k | k ≥ n} ∈ R ∪ {±∞}.
n→∞ n→∞
(b) Der kleinste Häufungspunkt oder Limes Inferior einer Folge (a n ) reeller Zahlen
ist
lim inf a n := lim inf{a k | k ≥ n} ∈ R ∪ {±∞}.
n→∞ n→∞
Beachte 4.29. In beiden Fällen ist sup{a k | k ≥ n} bzw. inf{a k | k ≥ n} eine
monoton fallende bzw. wachsende Folge. Also existieren die Grenzwerte, sind
aber eventuell uneigentlich, d.h. ±∞, wenn diese Folgen unbeschränkt sind.
Satz 4.30.
lim sup a n und lim inf a n sind tatsächlich Häufungspunkte von (a n ). Für jeden
anderen Häufungspunkt x gilt
lim inf
n→∞
a n ≤ x ≤ lim sup a n .
n→∞
Die Folge (a n ) ist konvergent (eigentlich oder uneigentlich) genau dann, wenn
lim inf a n = lim sup a n .
39

Beweis. Sei a := lim sup a n ∈ R. Der Beweis für lim inf a n und im Fall, dass
±∞ angenommen wird verläuft ähnlich. Für jedes k ≥ 1 wähle ein n ′ k mit |a −
sup{a n | n ≥ n ′ k }| ≤ 1/2k. Dies existiert, da die Folge sup{a k | k ≥ n}
nach Voraussetzung gegen a konvergiert. Dann wähle ein n k ≥ n ′ k , so dass auch
|a nk − sup{a n | n ≥ n ′ k }| ≤ 1/2k. Insgesamt folgt |a n k
− a| ≤ 1/k. Daraus kann
man mit Induktion eine Teilfolge (a nk ) konstruieren, wenn man auch n k > n k−1
fordert. Diese Teilfolge konvergiert gegen a = lim sup a n . Sei nun x ein beliebiger
weiterer Häufungspunkt. Dann gibt es einen Teilfolge, die gegen x konvergiert.
Für jedes ɛ > 0 und jedes n 0 ∈ N gilt also x ≤ sup{a n | n ≥ n 0 } + ɛ. Da ɛ und
n 0 beliebig waren, gilt sogar x ≤ a. Der Nachsatz folgt daraus sofort.
Bemerkung 4.31. Eine reelle Folge kann beliebig viele, sogar überabzählbar viele
Häufungspunkte haben, zum Beispiel liefert die Abzählung von Q, die wir früher
konstruiert haben eine Folge, die jede reelle Zahl als Häufungspunkt hat. Dies liegt
daran, dass man jede reelle Zahl beliebig genau durch rationale Zahlen mit sehr
großem Nenner approximieren kann. Große Nenner treten aber sehr weit hinten
in der Abzählung auf.
Ein Algorithmus zur Berechnung von Quadratwurzeln
Das folgende Verfahren liefert eine sehr schnelle Methode, um die Quadratwurzel
aus einer positiven reellen Zahl c > 0 zu bestimmen. Wähle eine Anfangszahl
x 0 > 0 beliebig. Dann definiert man rekursiv eine Folge x n durch
x n+1 := 1 (
x n + c )
.
2 x n
Dann gilt:
• x n > 0 für alle n ≥ 0.
• x n+1 ≤ x n für alle n ≥ 1.
• x 2 n ≥ c für alle n ≥ 1.
• x n ist konvergent mit lim x n = √ c.
Beweis. ( x n > 0)
folgt aus der Rekursionsformel. Außerdem gilt x n − x n+1 =
x n − 1 x
2 n + c
x n
= 1
2x n
(x 2 n − c). Wir wollen zeigen, dass x 2 n ≥ c für alle n ≥ 1.
Es gilt aber
x 2 n − c = 1 4
(
x n−1 +
c ) 2
− c = 1 (
x n−1 −
x n−1 4
40
c
x n−1
) 2
≥ 0.

Daher ist x n monoton fallend und beschänkt, konvergiert also gegen inf{x n | n ≥
1}. Nach den Rechenregeln für Folgen (Satz 4.13/4.14) gilt demnach:
lim x n = lim x n+1 = 1 (
lim x n +
c )
.
2 lim x n
(
Bezeichnet man diesen Limes mit a, so gilt also a = 1 2 a +
c
a)
und damit a 2 = c,
also a = √ c.
Beispiel 4.32. Diese Methode ist sehr schnell und fehlerkorrigierend (ohne Beweis).
Betrachtet man c = 2, so kann man die folgenden Werte berechnen: x 0 = 1,
x 1 = 1.5, x 2 = 1.416666..., x 3 = 1.414215686.... Der genaue Wert bis auf
28 Stellen ist übrigens √ 2 = 1.414213562373095048801688724. Dies kann man
ziemlich schnell z.B. mit der freien Software SAGE berechnen.
Aufgaben
Aufgabe 49. Untersuchen Sie die Folgen auf Konvergenz und bestimmen Sie
ggfs. den Grenzwert:
(a) u n = (−2) n (n 3 +1) 2
.
(n+1) n
(b) v n = (−1) n n3
(n−1) 3 .
(c) w n = 1+3+5+...+(2n−1) − n+1.
6n+5 6
(d) x n = n4 +2
− n5 −3n 3
.
n 2 −4 n 3 +1
Aufgabe 50. Untersuchen Sie die Folgen auf Konvergenz und bestimmen Sie
ggfs. den Grenzwert:
(a) u n = 1+2+3+...+n .
n 2
(b) v n = 12 +2 2 +3 2 +...+n 2
.
n 3 . n
(c) x n = (−1) n n+1
(d) x 1 = 0, x 2m = x 2m−1
, x
2 2m+1 = x 2m + 1 2
(für m ≥ 1).
Aufgabe 51.
(a) Sei 0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, ... die Fibonaccifolge, definiert durch a 0 = 0, a 1 =
1 sowie die Vorschrift a n+2 = a n + a n+1 . Berechnen Sie lim a n+1
a n
.
(b) Sei x n eine konvergente, reelle Folge mit x 1 = 1 und der Eigenschaft x n+1 =
1 + 1
1+x n
. Berechnen Sie lim x n .
Aufgabe 52. Betrachten Sie die Abzählung von Q mit dem Diagonalverfahren
aus §3. Dies definiert eine Folge (a n ) in Q. Zeigen Sie, dass diese Folge jedes
x ∈ Q als Häufungspunkt besitzt. Hinweis: Approximieren Sie x durch Brüche
mit größer werdenden Nennern.
41

Aufgabe 53. Berechnen Sie √ 3 und √ 5 mit der in der Vorlesung angegebenen
Iteration auf mehrere Dezimalstellen genau.
Aufgabe 54. Man untersuche die nachstehenden Folgen auf Konvergenz und bestimme
gegebenenfalls den jeweiligen Grenzwert:
1. (a n ) n=1,2,... mit a n = a 1 n für ein a ≥ 0,
2. (b n ) n=1,2,... mit b n = 1 + 1 + 1 + . . . + 1
1·2 2·3 3·4 n(n+1)
1
Hinweis: = 1 − 1 .
k(k+1) k k+1
Aufgabe 55. Sei (x v ) v∈N eine Folge mit lim v→∞ (x v − x v−2 ) = 0. Zeigen Sie
x v − x v−1
lim
v→∞ v
= 0.
für geeig-
Hinweis: Zerlegen Sie den Bruch xv−x v−1
in Brüche der Form xw−x w−2
v
v
nete w und verwenden Sie die Konvergenz von (x v − x v−2 ) gegen 0.
Aufgabe 56. Die Folge (a m ) m≥1 konvergiere gegen a. Für m ≥ 1 sei
b m := a 1 + . . . + a m
m
gegeben. Zeigen Sie, dass (b m ) m≥1 auch gegen a konvergiert.
Aufgabe 57. Man bestimme für die nachstehenden Folgen (x n ) jeweils inf{x n |n ≥
1), sup{x n |n ≥ 1}, lim inf n→∞ x n und lim sup n→∞ x n :
1. x n = (−1) n n+1
n ,
2. x 1 = 0, x 2m = x 2m−1
, x
2 2m+1 = x 2m + 1 (für m ≥ 1),
2
3. x n = 777n
n!
.
Aufgabe 58. Die Folge (b m ) m∈N erfülle 0 < b m < 1 und (1 − b m ) · b m+1 > 1 4 für
alle m ≥ 1.
1. Zeigen Sie, dass (b m ) m∈N konvergiert mit lim m→∞ b m = 1.
2
Hinweis: Beweisen Sie die Ungleichung x(1 − x) ≤ 1 für alle x ∈ R und
4
untersuchen Sie (b m ) auf Monotonie.
42

2. Geben Sie ein Beispiel für eine Folge mit diesen Eigenschaften an!
Aufgabe 59. Beweisen Sie: Es seien (a n ) n≥1 und (b n ) n≥1 konvergente Folgen mit
lim n→∞ a n = a und lim n→∞ b n = b. Setze c n = max(a n , b n ). Dann existiert der
Grenzwert von (c n ) n≥1 , und es gilt lim n→∞ c n = max(a, b).
Aufgabe 60. Untersuchen Sie die folgenden Folgen auf Konvergenz und berechnen
Sie gegebenenfalls den Grenzwert:
1. (a n ) n≥1 mit a n = (n+1)3 −n 3
n 2 ,
2. (b n ) n≥1 mit b n =
n 3
1+2+...+n − 2n,
3. (c n ) n≥1 mit c n = (−1)n n 2
(n+1) 2 ,
4. (d n ) n≥2 mit d n = ( ( ) (
1 − 2) 1 1 −
1
3 . . . 1 −
1
n)
,
Aufgabe 61. Untersuchen Sie folgende Folgen auf Konvergenz und bestimmen
Sie gegebenenfalls den Grenzwert (es ist jeweils das nte Folgeglied angegeben):
a) 1−n
1− √ n , b) 1 n 2 ∑ n
j=1 j, c) ∏ (1 − 1 n 2 ) n ,
d) (−1) n n
3n+1 , e)√ 9n 2 + 2n + 1 − 3n, f) n2 +5n
3n 2 +1 ,
g) 1+22 +...+n 2
n 3 , h) 1 + q + q 2 + . . . + q n , i) q n für q < 1,
j) (1 + 1 n )n für n ≥ 1 (Satz von de L’Hospital).
Aufgabe 62. Berechnen Sie limes inferior und limes superior der Folgen (b n ) n≥1
und (c n ) n≥1 . Können Sie konvergente Teilfolgen entdecken
b n = n + (−1)n (2n + 1)
und c n = (−1) n (3 + 2 n
n ).
Aufgabe 63. Sind die folgenden Folgen konvergent oder divergent Begründen
Sie die Antwort und berechnen Sie im Fall der Konvergenz den Grenzwert.
(
1 + 2n + 3n2
a n = , b
5n 2 n = n2 − n
− 4
n + 1 − n3 + 1
n 2 − 1 , c n = 1 + 1 ) n
2
,
2n
d n = 2n
n! , e n =
5n 2
1 + 3 + 5 + · · · + (2n − 1) .
Aufgabe 64. Zeigen Sie: Eine reelle Folge (a n ) ist genau dann konvergent, wenn
min(a n , 0) sowie max(a n , 0) konvergent sind.
43

5 Reihen und komplexe Zahlen
Inhalt: Unendliche Reihen, Konvergenzkriterien, Metrische Räume, Komplexe
Zahlen.
Reihen und Konvergenz
Sei (a n ) eine Folge reeller Zahlen. Die definiert eine unendliche Reihe
a 1 + a 2 + a 3 + · · · + a n + a n+1 + · · ·
Definition 5.1. Man definiert eine Reihe als Folge der Partialsummen
s n := a 1 + a 2 + a 3 + · · · + a n .
Die Reihe wird auch mit ∑ ∞
n=1 a n bezeichnet. Falls die Folge (s n ) konvergiert,
wird die Reihe konvergent genannt und mit ∑ ∞
n=1 a n ebenfalls der Grenzwert bezeichnet.
∑
Eine Reihe kann auch bei einem beliebig anderen Index k ≥ 0 beginnen:
∞
n=k a n.
Definition 5.2 (Geometrische Reihe).
Sei q ∈ R. Dann betrachte die Reihe
∞∑
q k = 1 + q + q 2 + · · ·
k=0
Satz 5.3.
Für |q| < 1 konvergiert die geometrische Reihe mit dem Grenzwert
Die Partialsummen erfüllen
∞∑
k=0
n∑
k=0
q k = 1
1 − q .
q k = 1 − qn+1
1 − q .
Beweis. (1 − q) ∑ n
k=0 qk = 1 − q + q − q 2 + q 2 − q 3 + · · · − q n+1 = 1 − q n+1 .
Da q ≠ 1 ist, gilt daher für die Partialsummen
n∑
k=0
q k = 1 − qn+1
1 − q .
Aus Satz 3.22(b) folgt die Behauptung im Grenzübergang n ↦→ ∞.
44

Beispiel 5.4. q = 1 2 , dann ∑ n
k=0 qk = 2.
Satz 5.5 (Rechenregeln).
Sind ∑ a n und ∑ b n konvergente Reihen und u, v ∈ R, so konvergiert auch die
Reihe ∑ (u · a n + v · b n ) mit dem Grenzwert (u · ∑ a n + v · ∑ b n ). Man sagt auch:
Das Reihensymbol ∑ ist linear.
Beweis. Wende Satz 4.13 bzw. sein Korollar auf die Partialsummenfolge an.
Beispiel 5.6. Teleskopsummen treten häufig auf, wie eben in der geometrischen
Reihe. Ein beliebtes Beispiel ist die Reihe
∞∑
n=1
∞
1
n(n + 1) = ∑
( 1
n − 1 )
.
n + 1
n=1
Aufeinanderfolgende Terme heben sich auf, so dass gilt
also ∑ ∞
n=1
1
n(n+1)
s n = 1 − 1
n + 1 ,
= 1. Weitere Beispiele in den Übungen.
Ebenso wie reelle Folgen, können auch Reihen uneigentlich divergieren. Nun betrachten
wir
Satz 5.7 (Konvergenzkriterien für Reihen).
In jeder konvergenten Reihe ∑ a n ist die Folge (a n ) eine Nullfolge.
Beweis. Die Folge der Partialsummen s n konvergiert. Insbesondere ist sie eine
Cauchyfolge. Wählt man m = n + 1, so gilt daher:
∀ɛ > 0 ∃N mit |s n+1 − s n | < ɛ ∀n ≥ N.
Da s n+1 − s n = a n+1 ist, folgt insbesondere, dass (a n ) eine Nullfolge ist.
Beispiele 5.8. Die Harmonische Reihe ∑ 1
ist divergent, denn es gilt:
n
s 2 m = 1 + 1 ( 1
2 + 3 + 1 ) ( 1
+
4 5 + · · · + 1 + · · · ≥ 1 +
8)
m 2 ,
da jede Klammer ≥ 2 m−1 · 2 −m = 1 ist. Die Reihen ∑ 1
2
falls k > 1 ist.
n k
konvergieren dagegen,
45

Beweis. Für k = 2 (der allgemeine Fall geht genauso)
2 m+1 ∑−1
n=1
(
1 1
n = 1+ 2 2 + 1 ) ( ) 1
+· · ·+
2 3 2 (2 m ) + · · · ≤
2
wegen der geometrischen Reihe, da jede Klammer ≤ 2 −l ist.
Grenzwertformeln:
ζ(2) :=
∞∑
n=1
1
n 2 = π2
6 , ζ(4) := ∞
∑
n=1
m∑
2 l· 1
(2 l ) = ∑ m
1
2 2 ≤ 2, l
l=0
1
n 4 = π4
90 , ζ(6) := ∞
∑
n=1
l=0
1
n 6 = π6
945 .
Alternierende Reihen: Betrachtet man statt der harmonischen Reihe ∑ 1
die n
Reihe ∑ (−1) n−1 1 = 1 − 1 + 1 − · · · , so sieht man folgendes Verhalten: Die
n
2 3
Partialsummen erfüllen s 2m+1 > s 2m und es gilt 0 ≤ s 2m+1 − s 2m ≤ 1 . Die
2m+1
Folge der Partialsummen s 2m bzw. s 2m+1 sind monoton wachsend bzw. fallend
und beschränkt. Also konvergieren sie nach Satz 4.25 mit dem gleichen Limes.
Mit dem gleichen Beweis erhält man:
Satz 5.9 (Leibnizkriterium).
Sei (a n ) eine monoton fallende Nullfolge positiver reeller Zahlen. Dann konvergiert
die Reihe ∑ ∞
n=1 (−1)n−1 a n .
Beispiele 5.10. 1 − 1 2 + 1 3 − · · · = log(2) und 1 − 1 3 + 1 5 − · · · = π 4
(ohne Beweis).
Absolute Konvergenz
Definition 5.11. Eine Reihe ∑ a n heißt absolut konvergent, falls die Reihe ∑ |a n |
konvergent ist.
Beachte 5.12. Dieser Begriff ist stärker als Konvergenz (siehe alternierende harmonische
Reihe), dafür aber flexibler in den Anwendungen.
Beweis. Ist ∑ |a n | konvergent und ɛ > 0 gegeben, so ist nach der Dreiecksungleichung
n∑
n∑
|s n − s m | = | a k | ≤ |a k | < ɛ
k=m
für n ≥ m ≥ n 0 (ɛ) wegen der absoluten Konvergenz. Also ist ∑ a k eine Cauchyfolge
und damit konvergent.
Die folgenden Kriterien sind sehr nützlich:
46
k=m

Satz 5.13 (Majorantenkriterium).
Sei ∑ b n eine konvergente Reihe mit b n ≥ 0 und a n eine Folge mit |a n | ≤ b n für
alle n ≥ 1 (oder nur für fast alle, d.h. bis auf endlich viele). Dann ist die Reihe
∑
an absolut konvergent. ∑ b n heißt Majorante.
Beweis. Sei ɛ > 0 gegeben. Da ∑ b n konvergent ist, gibt es ein n 0 mit ∑ n
k=m b k <
ɛ für alle n ≥ m ≥ n 0 . Also ist auch
n∑
|a k | ≤
k=m
n∑
b k < ɛ
k=m
für alle n ≥ m ≥ n 0 . Damit ist ∑ a k absolut konvergent.
Beispiel 5.14. ∑ 1
hat für k ≥ 2 die Majorante ∑ 1
, da 1 ≤ 1 ≤ 1
n k n(n−1) n k n 2 n(n−1)
für n ≥ 2. Also ergibt sich ein neuer Beweis dafür, dass ∑ 1
konvergiert für
n k
k ≥ 2.
Korollar 5.15 (Divergenzkriterium). Ist 0 ≤ a n ≤ b n und ∑ a n divergent. Dann
ist auch ∑ b n divergent.
Beweis. Satz 5.13.
Satz 5.16 (Quotientenkriterium).
Sei ∑ a n eine Reihe mit | a n+1
a n
| ≤ q für eine feste positive Zahl q < 1 und alle n
bis auf endlich viele Ausnahmen. Dann konvergiert ∑ a n absolut.
Beweis. Es gilt:
|a n | ≤ q · |a n−1 | ≤ q 2 · |a n−2 | ≤ · · · ≤ q n |a 0 |
(eventuell ersetze 0 durch einen anderen Anfangsindex n 0 ) und damit
∑
|an | ≤ |a 0 | · ∑ q n = |a 0 | ·
1
1 − q .
Da die geometrische Reihe konvergent ist, folgt die Behauptung aus dem Majorantenkriterium.
Beispiele 5.17. • Beim Anwenden von Satz 5.16 muss man unbedingt die
Zahl q < 1 angeben können. Zum Beispiel gilt auch bei der harmonischen
Reihe a n+1
a n
= n < 1, aber es gibt kein q < 1, so dass n
< q für alle
n+1 n+1
n ≥ 1 ist.
47

• Typische Reihen, bei denen man dieses Kriterium anwendet sind z.B. Reihen
wie ∑ n 3
5 n , denn man hat dann
| a n+1
| = (n + 1)3 · 5 n
= 1 a n n 3 · 5 n+1 5
(
1 + 1 n) 3
,
eine Folge, die gegen 1 konvergiert. Wähle nun z.B. q = 1 . Dann gilt
5
2
| ≤ q für alle n, die hinreichend groß sind.
| a n+1
a n
Satz 5.18 (Variante: Wurzelkriterium).
Sei (a n ) eine reelle Folge mit der Eigenschaft, dass eine positive Zahl q < 1
existiert mit lim sup n√ |a n | ≤ q. Dann ist ∑ a n absolut konvergent.
Beweis. Aus der Voraussetzung folgt für jedes ɛ > 0, dass |a n | ≤ q n + ɛ für fast
alle n. Also kann man nach Vergrößerung von q (immer noch < 1) annehmen,
dass |a n | ≤ q n gilt. Aus dem Majorantenkriterium und mit der geometrischen
Reihe folgt dann die Behauptung.
Beispiel 5.19. ∑ x n
ist konvergent für x ∈ R, da n√ |a
n 2n n | = |x| eine Nullfolge ist.
n 2
Satz 5.20 (Umordnungssatz von Riemann).
Ist ∑ a n eine absolut konvergente Reihe und σ : N → N eine Bijektion. Dann
konvergiert auch die Umordnung
∑
aσ(n)
absolut gegen den selben Grenzwert. Bei Reihen, die nicht absolut konvergieren,
gilt genau das Gegenteil: Ist ∑ a n konvergent, aber nicht absolut konvergent, so
gibt es für jedes c ∈ R eine Umordnung σ : N → N, so dass die Reihe ∑ a σ(n)
konvergent ist mit Grenzwert c.
Beweisidee. Die Folgenglieder a n ≥ 0 bilden eine divergente Reihe ebenso wie
die a n ≤ 0. Man summiert so lange positive Glieder, bis die Summe ≥ c ist. Dann
addiert man negative Glieder bis die Summe wieder ≤ c liegt. Ähnlich wie bei
alternierenden Reihen folgt damit die Konvergenz der neuen Reihe gegen c.
Satz 5.21 (Exponentialreihe).
Für jedes x ∈ R ist die Reihe
absolut konvergent.
e x = exp(x) :=
∞∑
n=0
x n
n!
48

Beweis. Quotientenkriterium: | a n+1
a n
| = |x| . Diese Folge ist eine Nullfolge für
n+1
alle x, daher folgt die Behauptung aus Satz 5.16.
Definition 5.22. Die Eulersche Zahl e ist e 1 = exp(1) = 2.718281 . . ..
Satz 5.23 (Funktionalgleichung für exp).
Für alle x, y ∈ R gilt:
sowie exp(0) = 1.
exp(x + y) = exp(x) · exp(y)
Beweis. Sind ∑ a n und ∑ b n zwei absolut konvergente Reihen, so kann man das
Cauchyprodukt bilden. Dies ist eine neue Reihe ∑ c n mit
n∑
c n = a i · b n−i .
i=0
Dann ist auch ∑ c n absolut konvergent und es gilt
∑
an · ∑ b n = ∑ c n
(Beweis in den Übungen). Hier gilt a n = xn und b
n! n = yn
und daher
n!
n∑
n∑
( n
c n =
)x i y n−i =
i
i=0
x i
i!
Hieraus folgt sofort der Satz.
y n−i
(n − i)! = 1 n!
i=0
Reelle Zahlen als unendliche Reihen
(x + y)n
.
n!
Die Dezimaldarstellung reeller Zahlen ist eine Reihenentwicklung: Jedes x ∈ R
lässt sich darstellen als
∞∑
x = ±a −l · · · a −1 a 0 .a 1 a 2 . . . = ± a k · 10 −k ,
k=−l
mit Ziffern 0 ≤ a k ≤ 9. Allgemeiner ist ein b-adischer Bruch eine unendliche
Reihe ∑ a k · b k mit 0 ≤ a k ≤ b − 1.
Satz 5.24.
Jeder b-adische Bruch mit b ≥ 2 konvergiert gegen eine reelle Zahl.
Beweis. Auch hier ist die geometrische Reihe eine Majorante, denn es gilt (oBdA
l = 0):
∞∑
∞∑
a k b −k ≤ (b − 1)b −k = b − 1 = b < ∞.
1 − b−1 k=0
k=0
49

Komplexe Zahlen, Folgen und Reihen
Wir erklären mehrere Darstellungen komplexer Zahlen.
Definition 5.25. Wir definieren die komplexen Zahlen durch C := R 2 mit der
komponentenweisen Addition. Eine Zahl z = (a, b) ∈ C wird auch mit a + ib
bezeichnet. Hierbei ist a = Re(z) der Realteil und b = Im(z) der Imaginärteil
von z. Die Multiplikation von zwei komplexen Zahlen ist durch
(a + ib) · (c + id) = (ac − bd) + i(ad + bc)
definiert. Insbesondere gilt i 2 = −1.
Man definiert auch den Absolutbetrag |z| = √ a 2 + b 2 und die komplexe Konjugation
¯z = a − ib für z = a + ib. Damit gilt z¯z = a 2 + b 2 = |z| 2 . Die multiplikative
Inverse einer komplexen Zahl z = a + ib ≠ 0 ist gegeben durch
z −1 = ¯z
z¯z =
a
a 2 + b + i −b
2 a 2 + b . 2
Bemerkung 5.26. Betrag und Konjugation sind multiplikativ, d.h. es gilt |zw| =
|z||w| und zw = ¯z ¯w.
Definition 5.27 (Folgen und Reihen in C).
Eine Folge (a n ) in C ist eine Folge mit Werten in C: a n ∈ C. Der Begriff der
Konvergenz bleibt der gleiche (aber anderes 2-dimensionales Bild):
∀ɛ > 0 ∃n 0 ∀n ≥ n 0 |a n − a| < ɛ.
(a n ) ist divergent, falls sie nicht konvergent ist.
(a n ) ist eine Cauchyfolge, falls gilt:
∀ɛ > 0 ∃n 0 ∀m, n ≥ n 0 |a m − a n | < ɛ.
Hier ist jeweils der Absolutbetrag in C zu betrachten. Da Reihen auch Folgen
von Partialsummen sind, ist die Konvergenz von Reihen in C ebenfalls wieder
definiert.
Satz 5.28.
Eine Folge (a n ) in C ist konvergent genau dann, wenn die beiden Folgen Re(a n )
sowie Im(a n ) konvergent sind. (a n ) ist eine Cauchyfolge genau dann, wenn Re(a n )
sowie Im(a n ) Cauchyfolgen sind. Insbesondere gilt das Vollständigkeitsaxiom
auch in C. C ist also ein vollständiger metrischer Raum.
50

Beweis. Die erste Behauptung folgt sofort aus den Ungleichungen
und aus der Gleichung
|Re(a n − a)| ≤ |a n − a|, |Im(a n − a)| ≤ |a n − a|
|a n − a| = √ Re(a n − a) 2 + Im(a n − a) 2 .
Der Beweis für Cauchyfolgen geht genauso mit a m statt a. Vollständigkeitsaxiom:
Ist (a n ) eine Cauchyfolge, so sind Real- und Imaginärteil Cauchyfolgen und damit
konvergent. Also ist auch (a n ) konvergent.
Beispiel 5.29. Ist die komplexe Folge (a n ) konvergent, so ist auch die komplex
konjugierte Folge ā n konvergent, da Re(ā n ) = Re(a n ) und Im(ā n ) = −Im(a n ).
Satz 5.30.
Folgende Sätze gelten auch für komplexe Folgen: Summen, Differenzen, Produkte
und Quotientenfolgen konvergenter Folgen sind konvergent mit Summe, Differenz,
Produkt und Quotient als Limes. Weiterhin gilt das Quotienten-, Wurzel- und Majorantenkriterium
auch für Reihen in C.
Beweis. Wie in R.
Die wichtigste Eigenschaften von C sind:
Satz 5.31. C ist ein (nicht mehr angeordneter) Erweiterungskörper von R, der
das Vollständigkeitsaxiom erfüllt.
Es gilt auch:
Satz 5.32 (Fundamentalsatz der Algebra).
Jedes Polynom vom Grad m ≥ 1
F (T ) = a m T m + a m−1 T m−1 + · · · + a 1 T + a 0
mit a i ∈ C und a m ≠ 0 hat eine Nullstelle in C, d.h. ein a ∈ C mit F (a) = 0.
Komplexe Exponentialfunktion, Sinus und Kosinus
Definition 5.33. Ist z ∈ C so setzt man wieder exp(z) = ∑ ∞ z n
n=0
und diese
n!
Reihe ist absolut konvergent nach dem Quotientenkriterium für alle z ∈ C. Man
definiert den Sinus und Kosinus als
für x ∈ R. Es gilt also die Formel
sin(x) := Im exp(ix), cos(x) := Re exp(ix)
exp(ix) = cos(x) + i sin(x).
51

Korollar 5.34. Da exp(ix) die Reihenentwicklung ∑ (ix) n
hat und i n entweder
n!
reell oder imaginär ist, gelten die Reihenentwicklungen:
cos(x) =
∞∑
(−1) k x2k
(2k)! ,
k=0
sin(x) =
∞∑
k=0
(−1) k x 2k+1
(2k + 1)! .
Es folgt cos(−x) = cos(x) (gerade Funktion) und sin(−x) = − sin(x) (ungerade
Funktion).
Weitere trigonometrische Formeln:
( x + y
sin(x) − sin(y) = 2 cos
2
( x + y
cos(x) − cos(y) = −2 sin
2
Insbesondere ist auch
)
sin
)
sin
( x − y
2
( x − y
cos(2x) = cos 2 (x) − sin 2 (x) = 2 cos 2 (x) − (sin 2 (x) + cos 2 (x)) = 2 cos 2 (x) − 1.
Satz 5.35 (Additionstheoreme).
Für alle x, y ∈ R gilt:
cos(x + y) = cos(x) cos(y) − sin(x) sin(y),
sin(x + y) = sin(x) cos(y) + cos(x) sin(y).
Beweis. Nach Satz 5.23 erweitert auf C gilt exp(i(x + y)) = exp(ix) · exp(iy).
Aufteilung in Real-/Imaginärteil liefert die Behauptung.
Polarkoordinaten
Definition 5.36. Es gibt eine zweite Darstellung der komplexen Zahlen mit Polarkoordinaten:
z = a + ib = |z| · e i arg(z) ,
wobei arg(z) ∈ [0, 2π[ der Winkel ist, denn der Vektor z mit der reellen Achse
bildet (gegen den Uhrzeigersinn).
2
)
,
)
.
52

Die Formel exp(iϕ) = cos(ϕ) + i sin(ϕ) definiert Sinus und Cosinus wie oben.
Die Multiplikation von komplexen Zahlen in dieser Darstellung ist gegeben durch
zw = |z|e i arg(z) |w|e i arg(w) = |z||w|e i(arg(z)+arg(w)) ,
d.h. Winkel werden addiert und Beträge multipliziert. Alle komplexen Zahlen mit
Betrag 1 liegen auf den Einheitskreis
S 1 := {z ∈ C | |z| = 1}
und sind von der Form z = e iϕ . Hiermit ergeben sich die nützlichen Moivreschen
Formeln:
exp(iϕ) n = exp(inϕ) = cos(nϕ) + i sin(nϕ)
für alle n ∈ N. Die Einheitswurzeln sind komplexe Lösungen der Gleichung
z n = 1.
Mit Polarkoordinaten kann man sofort alle Lösungen hinschreiben:
Metrische Räume
ζ := exp(2πik/n), k = 0, ..., n − 1.
Die Konvergenz von Folgen und Reihen, sowie Cauchyfolgen lassen sich allgemeiner
auch in metrischen Räumen definieren:
Definition 5.37. Ein metrischer Raum ist eine Menge M mit einer Abstandsfunktion
d : M × M −→ R + ,
so dass gilt:
(MR1) d(x, y) ≥ 0 und d(x, y) = 0 ⇔ x = y.
(MR2) d(x, y) = d(y, x).
(MR3) (Dreiecksungleichung) d(x, z) ≤ d(x, y) + d(y, z) ∀x, y, z ∈ M.
Beispiele 5.38.
• M = R mit der Abstandsfunktion d(x, y) = |x − y|.
• M = R n (Euklidischer Raum) mit der Abstandsfunktion
d((x 1 , . . . , x n ), (y 1 , . . . , x n )) = √ (x 1 − y 1 ) 2 + · · · + (x n − y n ) 2 .
Dies ist der gewöhnliche Längenbegriff im Raum (n = 3).
• Die komplexen Zahlen C mit d(z, w) = |z − w|.
53

Aufgaben
Aufgabe 65. Summieren Sie ∑ 100 1
k=1
und ∑ 100
k k=1
1
konvergent ist und be-
n(n+7)
in zwei Brüche.
n(n+7)
konvergent ist und bestimmen Sie den
Aufgabe 66. (a) Zeigen Sie, dass die Reihe ∑ ∞
n=1
1
stimmen Sie den Grenzwert. Hinweis: Zerlegen Sie
(b) Zeigen Sie, dass die Reihe ∑ ∞
n=1
Grenzwert.
1
4n 2 −1
1
k 2
mit einem Rechner.
Aufgabe 67. Untersuchen Sie folgende Reihen auf Konvergenz:
∞∑
n=1
2n 3
2 , ∑ ∞
(n!) 3
n (3n)! ,
n=1
∞
∑
n=0
3
n + 2 ,
∞
∑
n=1
1
n 3 + 10 −3 n .
Aufgabe 68. Untersuchen Sie folgende Reihen auf Konvergenz und bestimmen
Sie den Grenzwert:
∞∑
∞∑
(−1) n+1 2 −n (−3) n+1 ∞∑
,
, (−1) n+1 2n
n!
7 , ∑ ∞
1
n+2 n 2 − 2n + 1 .
n=1
n=1
n=1
Aufgabe 69. Untersuchen Sie folgende Reihe auf Konvergenz
∞∑
2n
1.
3
und
2 n
2.
n=1
∞∑
n=1
(n!) 3
(3n)! .
Aufgabe 70. Untersuchen Sie folgende Reihe auf Konvergenz und bestimmen Sie
gegebenenfalls den Grenzwert:
1. 1 − 1 2 + 1 4 − 1 8 + . . . ± 1
2 n und
n=2
2.
∞∑
k=1
1
(Verwenden Sie Partialbruchzerlegung!).
4k 2 −1
Aufgabe 71. (a) Welche rationale Zahl hat die 5–adische Entwicklung 0.234
(b) Bestimmen Sie den 7–adischen Bruch, der den Zahlen 1 2 , 1 3 und 1 6 entspricht.
Aufgabe 72. Zeigen Sie, dass das Cauchyprodukt ∑ c n zweier absolut konvergenter
Reihen ∑ a n und ∑ b n wieder absolut konvergent ist. Hinweis: Zeigen Sie
für die Partialsummen A N = ∑ N
n=0 a n, B N = ∑ N
n=0 b n und C N = ∑ N
n=0 c n sowie
A ∗ N = ∑ N
n=0 |a n| und BN ∗ = ∑ N
n=0 |b n| die Ungleichung |A N B N − C N | ≤
A ∗ N B∗ N − A∗ ⌊N/2⌋ B∗ ⌊N/2⌋ . 54

Aufgabe 73. Zeigen Sie, dass das Hadamardprodukt ∑ c n = ∑ (a n · b n ) zweier
absolut konvergenter Reihen ∑ a n und ∑ b n wieder absolut konvergent ist.
Aufgabe 74. Beweisen Sie
sin((2n + 1)x) = 2 sin(x)
(
1
n∑
2 +
k=1
Aufgabe 75. Berechnen Sie das unendliche Produkt
∞∏
j=2
(1 − 1 j 2 )
.
cos(2kx)
Aufgabe 76. Sei m ≥ 1 eine natürliche Zahl. Zeigen Sie, dass die Reihe
∞∑
n=1
1
n(n + m)
konvergiert und berechnen Sie den Wert (in Abhängigkeit von m).
Aufgabe 77. Beweisen Sie, dass
∞∑
n=1
konvergiert und berechnen Sie den Wert.
1
n(n + 1)(n + 3)
Aufgabe 78. Beweisen Sie: Die Reihe ∑ n a n ist genau dann absolut konvergent,
wenn es nichtnegative reelle Zahlen b n , c n gibt, so dass a n = b n − c n und die
Reihen ∑ n b n und ∑ n c n konvergieren.
Aufgabe 79. Sei 1 ≤ k ∈ N. Entscheiden Sie, ob folgende Reihen konvergieren
und geben Sie an, welches Konvergenzkriterium Sie verwenden.
a)
d)
g)
∞∑
n=1
∞∑
n=1
∞∑
n=0
1
kn + 1 ,
2 + (−1) n
, e)
2 n+2
( )
3 −n
2 + 5 −n
2
∞ b) ∑ 1
1 + 2 + . . . + n , c) ∑ ∞
3
2n 2 + 5
n=1
n=1
∞∑
(
(−1) n√ n + 1 ) ∞∑
, f)
n
n=1
)
.
n=2
1
log n
55

Aufgabe 80. Sind die folgenden Reihen konvergent oder divergent Begründen
Sie die Antwort und berechnen Sie im Fall der Konvergenz den Grenzwert.
∞∑
n=0
1
n + 1 ,
∞
∑
n=2
1
5 , ∑ ∞ k−1
n=0
(−5) n+1
,
n!
∞∑
n=0
(
1 + 1 n) −n
,
∞∑
n=2
1
n 2 − 2n + 1 .
Aufgabe 81. Sind die folgenden endlichen und unendlichen Reihen konvergent
oder divergent Begründen Sie die Antwort und berechnen Sie im Fall der Konvergenz
den Grenzwert.
∑999
n=1
∞∑
n=0
1
n(n + 1) ,
[ ] 11
,
2n + 1
∞
∑
n=0
(−1) n+1 2n
7 , ∑ ∞
(−1/2) 2n
,
n−1 n!
∞∑
n=0
n=0
∞
(−1) n π2n
(2n)! , ∑ (−1) n
2 n+1 (n − 1) .
n=2
Aufgabe 82. Rechnen Sie alle Körperaxiome für C nach.
Aufgabe 83. Zeigen Sie, dass man komplexe Zahlen a + ib auch durch Matrizen
( ) a −b
b
a
darstellen kann und die Multiplikation dann dem Matrixprodukt entspricht.
Aufgabe 84. Zeigen Sie: Für zwei Vektoren x = (x 1 , . . . , x n ) und y = (y 1 , . . . , y n )
in C n gilt
√ √√√ n∑
∑
| x i ȳ i |≤ √ n n∑
|x i | 2 |y i | 2 .
i=1
i=1
Aufgabe 85. Zeichnen Sie in C für n = 3, 4, 5, 6, 7, 8 alle Zahlen z, die die Gleichung
z n = 1 erfüllen. Hinweis: Benutzen Sie die Multiplikation in Polarkoordinaten.
Aufgabe 86. Schreiben Sie folgende komplexe Zahlen in der Form x + iy mit
x, y ∈ R:
( ) 2
1 4 − i
1 + i , 1 + 2i
,
2 + i (2 + 3i) . 2
Berechnen Sie das multiplikative Inverse von 1 − i und den Betrag von 3 + 5i.
i=1
56

Aufgabe 87. Bestimmen Sie
{z ∈ C :
z − 3
∣z + 3∣ ≤ 2}
und skizzieren Sie diese Menge in der Gaußschen Zahlenebene.
Aufgabe 88. Beweisen Sie, daß für alle komplexen Zahlen a, b gilt:
|a + b| 2 + |a − b| 2 = 2|a| 2 + 2|b| 2 .
Aufgabe 89. Zeigen Sie: Für a, b ∈ C mit Re(ab) = 0 gilt
Aufgabe 90. Zeigen Sie, dass durch
|a + b| 2 = |a| 2 + |b| 2 .
d(a, b) :=
eine Metrik auf R definiert wird.
{ 1 falls a ≠ b
0 falls a = b
Aufgabe 91. Zeigen Sie, falls d(a, b) eine Metrik auf R, dann ist auch
eine Metrik auf R.
d 1 (a, b) :=
d(a, b)
1 + d(a, b)
Aufgabe 92. Lösen Sie folgende Gleichungen in C:
3z 4 + 7z 2 + 2 = 0, (3 − 4i)z = 5, iz − 1
iz = 4.
Aufgabe 93. Es sei n ∈ N und a eine positive reelle Zahl. Geben Sie alle Lösungen
der Gleichung
z n − a = 0
an und skizzieren Sie deren Lage in der Gaußschen Zahlenebene im Falls n = 5
für verschiedene a ∈ R.
57

6 Funktionen und Stetigkeit
Inhalt: Funktionen, Stetigkeit, Zwischenwertsatz, Satz vom Maximum/Minimum,
Umkehrfunktion, spezielle Funktionen.
Definition 6.1. Sei D ⊆ R oder D ⊆ C eine Teilmenge und f : D → R oder
f : D → C eine Abbildung. f ist stetig in a ∈ D, wenn gilt:
∀ɛ > 0 ∃δ > 0 ∀x ∈ D : |x − a| < δ =⇒ |f(x) − f(a)| < ɛ.
f heißt stetig in D, falls f stetig ist in allen a ∈ D.
Ist – etwas allgemeiner – f : M → N eine Abbildung zwischen metrischen
Räumen mit Abstandsfunktionen d M : M × M → R und d N : N × N → R, so
definiert man: f ist stetig in a ∈ M, falls gilt:
∀ɛ > 0 ∃ δ > 0 ∀x ∈ M : d M (x, a) < δ ⇒ d N (f(x), f(a)) < ɛ.
Die Mengen {x ∈ M | d M (x, a) < δ} heißen auch δ–Umgebungen von a ∈ M.
Beispiele 6.2. • Konstante Funktion: f(x) = c für alle x ∈ D. Konstante
Funktionen sind stetig, denn |f(x) − f(a)| = 0 für alle x.
• Treppenfunktion: f(x) = 0 für x < 0 und f(x) = 1 für x ≥ 0. f ist stetig
für x ≠ 0, denn dort ist f konstant. In x = 0 ist f unstetig, wähle dort ɛ = 1,
um einen Widerspruch zu erhalten.
• Geraden oder lineare Funktionen: f(x) = ax + b. Lineare Funktionen sind
ebenfalls stetig (wähle δ = ɛ/|a|).
• Spezialfall Identische Funktion: f(x) = x.
• Gaußklammer: f(x) = [x]. Diese Funktion ist stetig, außer in allen x ∈ Z
(Beweis wie bei der Treppenfunktion).
• Absolutbetrag: f(x) = |x|. f ist stetig in D = R, was für x = 0 direkt aus
der Definition folgt. Nahe x ≠ 0 ist f konstant und damit auch stetig.
• Polynome: f(x) = a m x m + · · · + a 1 x + a 0 (z.B. f(x) = x 3 − 1). Polynome
sind Summen von Produkten stetiger Funktionen, also wieder stetig (Beweis
mit folgendem Satz).
• Rationale Funktionen: f(x) = p(x)/q(x), wobei p, q Polynome sind (z.B.
f(x) = 1/x). Rationale Funktionen stetig, wo sie definiert sind, also wo
q(x) ≠ 0 ist, siehe den folgenden Satz.
58

• Ist M = R n mit Abstandsfunktion
d(x, y) = ||x − y|| := √ (x 1 − y 1 ) 2 + . . . + (x n − y n ) 2 .
Dann ist f : R n → R mit f(x) := d(x, 0) stetig nach Definition. Andere
Beispiele sind Drehungen
( ( )
cos(t) sin(t) x
ϕ : R 2 → R 2 , (x, y) ↦→
.
− sin(t) cos(t))
y
Hier berechnet man schnell, dass ||ϕ(x, y)|| 2 = ||(x, y)|| 2 (Längenerhaltung).
Satz 6.3.
Sind f, g : D → R stetige Funktionen, so ist auch f ± g, uf ± vg, fg und f/g
stetig (u, v ∈ R) auf D bis auf eventuell die Punkte a ∈ D in denen g(a) = 0
wird. Ist f : D → C gegeben, so ist f stetig, falls Real- und Imaginärteil von f
stetig sind.
Beweis. Dieser Satz folgt aus dem entsprechenden Satz 4.13/4.14 für Folgen und
dem folgenden Satz.
Satz 6.4.
Eine Funktion f : D → R (oder f : D → C) ist stetig in a ∈ D genau dann,
wenn für jede Folge (a n ) in D mit lim a n = a gilt, dass lim f(a n ) = f(a).
Notation 6.5. lim x→a f(x) = f(a). Ist a ein Randpunkt von D und man betrachtet
nur Folgen (a n ) mit a n ≥ a bzw. a n ≤ a, so schreibt man auch:
lim
x↘a
f(x) = lim f(x) = f(a), bzw. lim
x↓a x↗a
f(x) = lim f(x) = f(a).
x↑a
Beweis. (1) Sei (a n ) eine Folge mit lim a n = a und ein ɛ > 0 gegeben. Wähle
δ > 0, so dass |f(a n ) − f(a)| < ɛ für alle |a n − a| < δ. Wähle auch ein n 0 mit
|a n − a| < δ für alle n ≥ n 0 . Es folgt dann |f(a n ) − f(a)| < ɛ für alle n ≥ n 0 ,
also lim f(a n ) = f(a).
(2) Umgekehrt sei lim f(a n ) = f(a) für alle konvergenten Folgen (a n ) mit lim a n =
a. Angenommen f ist nicht stetig in a. Dann gibt es ein ɛ > 0, so dass kein δ > 0
existiert mit |f(x) − f(a)| < ɛ, falls |x − a| < δ. Wähle zu δ = 1 n ein x n ∈ D mit
|x n −a| < 1 n und |f(x)−f(a)| ≥ ɛ. Dann gilt lim x n = a, aber lim f(x n ) ≠ f(a).
Widerspruch!
Beispiel 6.6. (Exponentialfunktion) Sei a ∈ R und (x n ) eine Folge mit lim x n =
a. Dann ist
lim
x→a
exp(x) = lim(exp(a) exp(x − a)) = exp(a) lim exp(x − a),
x→a x→a
59

wegen der Funktionalgleichung. Es reicht also zu zeigen:
lim exp(x) = 1.
x→0
Wenn dies gezeigt ist, dann ist exp stetig auf R. Die Behauptung folgt aus:
Lemma 6.7 (Restglied für exp).
mit
für alle x mit |x| ≤ N+2
2 .
Beweis.
|R N+1 (x)| ≤
≤
|x|N+1
(N + 1)!
∞∑
n=N+1
∞∑
i=0
|x| n
n!
exp(x) =
N∑
n=0
|R N+1 (x)| ≤ 2 ·
x n
n! + R N+1(x),
|x| N+1
(N + 1)!
(
= |x|N+1
1 + |x|
)
(N + 1)! N + 2 + |x| 2
(N + 2)(N + 3) + · · ·
( ) i |x|
≤
(1 |x|N+1
+ 1 N + 2 (N + 1)! 2 + 1 )
4 + · · · |x| N+1
= 2 ·
(N + 1)! .
Korollar 6.8. e := exp(1) ist irrational, d.h. /∈ Q.
Beweis. Angenommen e = m n
mit n ≥ 2. Dann ist
p := n!(e − 1 − 1 1! − 1 2! − · · · − 1 n! )
ebenfalls in N und ungleich Null, da die Reihe, die e definiert noch andere positive,
von Null verschiedene Terme hat. Aus dem Lemma folgt aber
ein Widerspruch zu p ∈ N.
Beispiel 6.9. Es gilt
p = n!R n+1 (1) ≤ 2n! ·
lim
x↘0
1
(n + 1)! = 2
n + 1 < 1,
[x] = 0, lim[x] = −1,
x↗0
was nochmal die Unstetigkeit der Gaußklammer [x] bestätigt.
60

Satz 6.10 (Zwischenwertsatz).
Sei f : I = [a, b] → R stetig. Dann ist auch f(I) ein Intervall. Insbesondere wird
jeder Zwischenwert von f angenommen.
Bemerkung 6.11. Dieser Satz gilt auch etwas allgemeiner, falls a, b auch −∞
oder ∞ sind. Ein Intervall I ist dann nur durch die Forderung definiert: Sind
x < y < z und x, z ∈ I, dann muss auch y ∈ I sein.
Beweis. Betrachte statt f die Funktion
g(x) := ±(f(x) − c).
Sie ist ebenfalls stetig für alle c ∈ R und hat den gleichen Definitionsbereich. Wir
müssen also nur zeigen: Ist f : I = [a, b] → R stetig mit f(a) ≤ 0 und f(b) ≥ 0,
so gibt es ein x ∈ I mit f(x) = 0. Jetzt benutzt man Intervallschachtelungen: Sei
[a 0 , b 0 ] := [a, b]. Halbiere das Intervall mit Mittelpunkt x 0 . Ist f(x 0 ) ≤ 0, so setze
a 1 := x 0 und b 1 := b 0 . Ist dagegen f(x 0 ) > 0, so setze a 1 := a 0 und b 1 := x 0 .
Mit vollständiger Induktion erhält man somit eine Intervallschachtelung [a n , b n ]
mit |a n − b n | ≤ 2 −n |a − b|. Also gibt es genau ein
x ∈ ⋂ [a n , b n ]
mit x = lim a n = lim b n . Nach Satz 4.16 folgt auch f(x) = 0, da f(a n ) ≤ 0 und
f(b n ) ≥ 0 ist.
Beispiel 6.12. Jedes Polynom der Form
f(x) = x 3 + ax 2 + bx + c
hat mindestens eine reelle Nullstelle, denn es gilt
f(x) = x 3 (1 + a/x + b/x 2 + c/x 3 ),
also ist f(x) < 0 für x 0 für x >> 0, denn dies gilt für x 3 . Aus
dem Zwischenwertsatz folgt dann die Behauptung.
Lemma 6.13. Die komplexe Exponentialfunktion
exp : C → C
ist stetig und surjektiv auf die Menge C ∗ := C \ {0}.
61

Beweis. exp ist immer ≠ 0, da sie wegen der Funktionalgleichung
exp(a) = exp(a − b) exp(b)
ansonsten identisch Null wäre, was exp(0) = 1 widerspricht.
Mit der gleichen Restgliedabschätzung wie eben folgt die Stetigkeit von exp :
C → C ∗ . Nach dem Zwischenwertsatz ist exp auch surjektiv:
exp(z) = exp(Rez) · exp(iImz)
und exp, sin und cos sind reelle stetige Funktionen mit Bildbereich exp(R) =
R >0 (dies folgt aus exp(n) ≥ 1 + n mit der Exponentialreihe und exp(−n) =
1/ exp(n)), sin(R) = cos(R) = [−1, +1] (dies folgt aus sin(π/2) = 1 = − sin(−π/2)
(nach Definition von π) und cos(0) = 1 = − cos(π)).
Der folgende Satz ist wichtig für die Existenz von Extremwerten:
Satz 6.14 (Satz vom Maximum/Minumum).
Sei f : [a, b] −→ R stetig. Dann nimmt f das Maximum und Minimum auf
[a, b] an, d.h. es gibt x max und x min in [a, b], so dass f(x max ) = sup f(x) und
f(x min ) = inf f(x).
Beweis. Für das Maximum (bei Minimum betrachte −f). Sei M = sup f(x) ∈
R ∪ {∞}. Wähle eine Folge x n ∈ [a, b] mit lim f(x n ) = M. Nach Satz 4.25
(Bolzano-Weierstraß) gibt es einen Häufungspunkt x max ∈ [a, b]. Aus der Stetigkeit
von f folgt f(x max ) = M. Also folgt die Behauptung, insbesondere M ≠
∞.
Das Maximum/Minimum kann durchaus am Rand von [a, b] angenommen werden
(Beispiel: lineare Funktion).
Gleichmäßige Stetigkeit
Für viele Funktionen ist die Konstante δ unabhängig von a ∈ D.
Definition 6.15. f : D → R (oder C) heißt gleichmäßig stetig, falls gilt:
∀ ɛ > 0 ∃δ > 0 ∀x, x ′ ∈ D mit |x − x ′ | < δ gilt |f(x) − f(x ′ )| < ɛ.
Eine gleichmäßig stetige Funktion ist in jedem Punkt von D stetig, aber die Umkehrung
gilt nicht immer.
Beispiel 6.16. f(x) = 1/x :]0, 1] → R. Setzt man x = 1/n und x ′ = 1/2n, so
gilt |x − x ′ | = 1/2n. Dies wird kleiner als jedes δ > 0. Auch ist dann |f(x) −
f(x ′ )| = n und dies wird größer als jedes ɛ. Es gibt auch Beispiele beschränkter
Funktionen, die stetig, aber nicht gleichmäßig stetig sind.
62

Jedoch gilt dies auf Intervallen der Form [a, b]:
Satz 6.17.
Ist f : [a, b] → R stetig, so ist f gleichmäßig stetig.
Beweis. Angenommen f ist nicht gleichmäßig stetig. Dann gibt es ein ɛ > 0 und
für alle n ∈ N Punkte x n , x ′ n ∈ D mit |x n − x ′ n| < 1 n und |f(x n) − f(x ′ n)| ≥ ɛ.
Nach Satz 4.25 (Bolzano-Weierstraß) gibt es einen Häufungspunkt c ∈ [a, b]. Aus
der Stetigkeit von f folgt lim f(x nk ) = c = lim f(x ′ n k
) für die entsprechenden
Teilfolgen. Widerspruch zu |f(x n ) − f(x ′ n)| ≥ ɛ!
Bemerkung 6.18. Es gibt noch eine wichtige Variante, die Lipschitz-Stetigkeit:
f : D → R heißt Lipschitz stetig, falls ein L ≥ 0 existiert, mit
|f(x) − f(x ′ )| ≤ L · |x − x ′ |
für alle x, x ′ ∈ D. Jede Lipschitz stetige Funktion mit L > 0 ist gleichmäßig
stetig, wähle dazu δ = ɛ/L.
Weitere spezielle stetige Funktionen
Eine Möglichkeit, weitere Funktionen zu konstruieren, besteht in dem Bilden von
Umkehrfunktionen. Zum Beispiel ist exp : R −→ R >0 bijektiv und die Umkehrfunktion
heißt natürlicher Logarithmus
exp −1 = log : R >0 −→ R
und wird manchmal auch mit ln(x) (Logarithmus Naturalis) bezeichnet. Die Umkehrfunktion
der Potenzfunktion x k : R + −→ R + heißt Wurzelfunktion
k√ x : R+ −→ R + .
Satz 6.19.
Sei I ⊆ R ein Intervall und f : I −→ R stetig und streng monoton wachsend
(oder fallend), d.h.
f(x) > f(y) ∀ x > y
oder
f(x) < f(y) ∀ x > y.
Dann ist f : I −→ f(I) bijektiv und die Umkehrabildung f −1 : f(I) −→ I ist
ebenfalls stetig und streng monoton wachsend (oder fallend).
63

Beweis. Aus dem Zwischenwertsatz folgt, dass f(I) ebenfalls ein Intervall ist.
Daher ist f : I −→ f(I) surjektiv und injektiv (wegen strenger Monotonie). Also
existiert die Umkehrabbildung f −1 : f(I) −→ I. Es ist nur die Stetigkeit zu
zeigen, die strenge Monotonie folgt sofort. Ist y = f(x) und ɛ > 0 gegeben und
so klein, dass [x − ɛ, x + ɛ] ⊆ I ist. Dies geht immer, falls x kein Randpunkt von
I ist. Ist x ein Randpunkt, so betrachte stattdessen nur [x, x + ɛ] oder [x − ɛ, x].
Sei y 1 = f(x − ɛ) und y 2 = f(x + ɛ). Dann ist y 1 < y < y 2 und f bildet
[x − ɛ, x + ɛ] bijektiv auf [y 1 , y 2 ] ab (ebenfalls Zwischenwertsatz und Monotonie).
Setze δ := min(y − y 1 , y 2 − y). Es gilt dann f −1 (]y − δ, y + δ[) ⊆]x − ɛ, x + ɛ[.
Also ist f −1 stetig in y.
Korollar 6.20.
k√ x : R+ −→ R + und log : R >0 −→ R sind stetig und streng monoton wachsend.
Beweis. Es ist nur die strenge Monotonie zu zeigen, denn Stetigkeit der Potenz
und von exp wurde bereits vorher gezeigt. Die strenge Monotonie von x k folgt aus
dem Anordnungsaxiomen, die für exp folgt aus der Funktionalgleichung, denn ist
x < y, so ist exp(y −x) > 1 (folgt aus Reihenentwicklung exp(α) = 1+α+. . .),
und daher
exp(y) = exp(y − x) exp(x) > exp(x).
Definition 6.21.
Die allgemeine Potenzfunktion wird definiert als
a x := exp(x log(a)) : R −→ R
für a > 0 und x ∈ R. Der Logarithmus zur Basis a
log a (x) := log(x)
log(a)
ist die zugehörige Umkehrfunktion zu a x , falls a > 1 (dann ist a x streng monoton
wachsend für x ∈ R >0 ).
Die Stetigkeit von a x folgt aus:
Lemma 6.22. Die Komposition stetiger Abbildungen in beliebigen metrischen
Räumen ist wieder stetig.
Beweis. Folgt direkt aus der Definition oder einem Limesargument nach Satz 6.4.
64

Rechenregeln:
• a x · a y = a x+y .
• (a x ) y = a xy .
• (a −1 ) x = a −x .
• log a (xy) = log a (x) + log a (y).
• log a (a) = 1.
Bemerkung 6.23. Es ist leicht nachzurechnen, dass log a (x) die Umkehrfunktion
von a x ist. Definiert man e := exp(1), d.h. log(e) = 1, so gilt tatsächlich e x =
exp(x), wie früher als Notation benutzt, denn e x = exp(x log(e)) = exp(x). Ist
x ∈ N, so bekommen wir auch wieder die alte Definition der Potenz zurück:
a n = exp(n log(a)) = exp(log(a)) n = a n .
Satz 6.24 (Umkehrung der trigonometrischen Funktionen).
(a) Die stetige Abildung cos : [0, π] −→ [−1, 1] ist streng monoton fallend und
bijektiv. Die Umkehrfunktion ist
arccos : [−1, 1] −→ [0, π].
(b) Die stetige Abildung sin : [−π/2, π/2] −→ [−1, 1] ist streng monoton fallend
und bijektiv. Die Umkehrfunktion ist
arcsin : [−1, 1] −→ [−π/2, π/2].
(c) Die stetige Abbildung tan :] − π/2, π/2[−→ R ist streng monoton fallend und
bijektiv. Die Umkehrfunktion ist
arctan : R −→] − π/2, π/2[.
Beweis. Einen exakten Beweis für die Monotonie von cos(x) in diesem Intervall,
der auf einer Potenzreihenentwicklung basiert, findet man in [Forster, Seite 136].
Einen geometrischen Beweis führt man am einfachsten mit Polarkoordinaten der
komplexen Zahlen. Daraus folgt sofort (a) und analog (b). (c) schließlich folgt aus
(a) und (b), da tan(x) = sin(x)/ cos(x).
65

Landau Symbole
Sind f, g : D −→ R stetige Funktionen und a ∈ D ⊂ R oder a = ±∞, so
schreibt man
f(x) = o(g(x)),
für x → a, falls
sowie
für x → a, falls
f(x)
lim
x→a g(x) = 0.
f(x) = O(g(x)),
lim sup
x→a
f(x)
g(x) < ∞.
Alle diese Limiten sollen existieren, wenn wir diese Notation benutzen.
Beispiele 6.25. exp(−x) = O(x −n ) für x → ∞ und alle n ∈ N, denn exp(x) ≥
x n+1
, also (n+1)! exp(−x)·xn ≤ x n ·x −n−1 (n+1)! = (n+1)! und dies konvergiert gegen
x
Null, falls x → ∞. Ebenso gilt x 2 − x + 2 = O(x 2 ), da lim x2 −x+2
= 1.
x 2
Aufgaben
Aufgabe 94. Für welche Zahlen α, β, γ ∈ R ist die Funktion
⎧
⎨ 1 + x 2 falls −1 ≤ x ≤ 1
g : R → R, x → g(x) = αx − x 3 falls 1 < x ≤ 2
⎩
βx 2 + γ sonst,
stetig
Aufgabe 95. Zeigen Sie: Ein Polynom ungeraden Grades besitzt mindestens eine
Nullstelle.
Aufgabe 96. (a) Es seien F , G : [a, b] → R stetige Funktionen mit F (a) < G(a)
und F (b) > G(b). Man zeige, dass ein t ∈ [a, b] existiert mit F (t) = G(t).
(b) Es sei H : [a, b] → R eine stetige Funktion mit der Eigenschaft H([a, b]) ⊆
[a, b]. Beweisen Sie, dass es ein y ∈ [a, b] gibt mit H(y) = y.
Aufgabe 97. (a) Sei c > 0 gegeben und sei f : [0, 2c] → R stetig, und es gelte
f(0) = f(2c). Zeigen Sie, dass es ein u ∈ [0, c] gibt mit f(u) = f(u + c).
(b) Zeigen Sie, dass die Funktion f(x) = x 4 − 5x 3 + 2x 2 + 1 auf dem Intervall
[0, 1] mindestens eine Nullstelle besitzt.
66

Aufgabe 98. Beweisen Sie, dass f(x) = x 2 stetig ist, indem Sie die ε − δ–
Definition direkt verwenden.
Aufgabe 99. (a) Zeigen Sie: sin(x) = ∑ n
|x| 2n+3
für |x| ≤ 2n + 4.
(2n+3)!
sin(x)
(b) Beweisen Sie mit (a) lim x→0 = 1.
x
x2k+1
k=0
(−1)k
(2k+1)! +R 2n+3(x) mit |R 2n+3 (x)| ≤
Aufgabe 100. Sei 〈−, −〉 : V × V → R ein positiv definites Skalarprodukt.
Zeigen Sie dass die Funktion || − || : V → R + mit ||v|| = √ 〈v, v〉 die folgenden
Eigenschaften erfüllt: (i) ||v|| ≥ 0 und ||v|| = 0 genau dann, wenn v = 0 ist. (ii)
||λ · v|| = |λ| · ||v|| sowie (iii) ||v + w|| ≤ ||v|| + ||w||.
Aufgabe 101. Auf einer Menge M definiert man d(x, y) = 1, falls x ≠ y zwei
verschiedene Punkte in M sind und d(x, x) = 0. Zeigen Sie, dass (M, d) ein
metrischer Raum ist. Wie sehen die Kugeln B ε (a) für a ∈ M und ε > 0 aus
Aufgabe 102. In einem metrischen Raum (M, d) nennt man eine Menge U offen,
falls für jedes a ∈ U ein ε > 0 existiert, so dass B ε (a) ⊂ U. Zeigen Sie: Der
Durchschnitt zweier offener Mengen U, V und die Vereinigung beliebig vieler
offener Mengen ist wieder offen.
Aufgabe 103. Konstruieren Sie ein Beispiel einer Funktion, die stetig, aber nicht
Lipschitz stetig ist.
Aufgabe 104. (a) Zeigen Sie, dass die Funktionen cosh : R → R und sinh : R →
R definiert durch
cosh(x) := 1 (exp(x) + exp(−x))
2
sinh(x) := 1 (exp(x) − exp(−x))
2
stetige Funktionen sind.
(b) Auf welchem Definitionsbereich sind die Umkehrfunktionen cosh −1 (x) und
sinh −1 (x) von cosh(x) und sinh(x) definiert
Aufgabe 105. In welchen Punkten x ∈ R ist die Funktion
{ x
f : R → R, x → f(x) =
2 + 2x + 1 falls −1 ≤ x ≤ 0
1 − x sonst,
stetig
67

Aufgabe 106. Zeigen Sie, dass es zu jedem a ∈ R genau ein x > 0 gibt mit
x + ln x = a. Beweisen Sie weiterhin, dass die dadurch definierte Funktion
g : R → R, a → x
stetig und streng monoton wachsend auf R ist.
Aufgabe 107. Man konstruiere eine beschränkte, stetige Funktion f : R → R,
die aber nicht gleichmäßig stetig ist.
Aufgabe 108. Drücken Sie cos( π ) durch Quadratwurzeln aus.
5
Anleitung: Es sei θ := π und 4θ = π − θ. Man verwende die für alle reellen
Zahlen x gültigen Beziehungen (i) cos(x) = sin ( π
− x) , (ii) sin(x) =
10 2
2
cos ( π
− x) , (iii) sin(2x) = 2 sin x cos x, (iv) cos(2x) = 2(cos(x)) 2 − 1 auf
2
folgende Weise: Mit (i) und (iii) beweise man cos(θ) = 4 sin(θ cos(θ) cos(2θ),
mit (ii) und (iv) dann 1 = 8 cos(2θ) 3 − 4 cos(2θ). Schließlich untersuche man
f(x) := (2x + 1)(4x 2 − 2x − 1).
Drücken Sie auch cos( π ), sin( π) sowie sin( π ) durch Quadratwurzeln aus.
10 5 10
Aufgabe 109. Gilt die folgende Aussage: Falls eine Funktion f : [a, b] → R jeden
Wert zwischen f(a) und f(b) annimmt, dann ist f stetig
Hinweis: Betrachte die Funktion:
{ x für rationales x
f(x) =
1 − x für irrationales x.
68

7 Differenzialrechnung
Inhalt: Differenzierbarkeit, Rechenregeln, Satz von Rolle, Mittelwertsatz, lokale
Extrema, Konvexität.
Definition 7.1.
Sei f : D −→ R eine reelle Funktion. f heißt differenzierbar in a ∈ D, falls der
Grenzwert
f ′ f(x) − f(a)
(a) := lim
x→a
x − a
x≠a
existiert. Dabei werden alle Folgen (x n ) durchlaufen mit x n ∈ D \ {a}, wobei
mindestens eine solche Folge existieren soll, die gegen a konvergiert. In der
Regel werden wir diese Definition nur anwenden, wenn D ein offenes Intervall
]a − ɛ, a + ɛ[ enthält, auch wenn die Definition allgemeiner Sinn macht. f heißt
differenzierbar in D, wenn dies für alle a ∈ D gilt.
Alternative Definition und Notation:
f ′ (a) = df (a) = lim
dx h→0
f(a + h) − f(a)
.
h
Dies war historisch die erste Definition mit infinitesimal klein gedachten Zahlen
h = dx.
Geometrische Anschauung: f(x)−f(a) ist die Steigung der Sekante an den Graphen
von f, die durch (a, f(a)) und (x, f(x)) geht. Im Limes x → a geht die
x−a
Sekante in die Tangente an (a, f(a)) über.
Beispiele 7.2. Differenzierbare Funktionen:
(1) f(x) = k konstante Funktion: Dann gilt f(x)−f(a) = 0, also f ′ (a) = 0 existiert
x−a
überall (Tangente waagerecht).
(2) f(x) = x identische Funktion: Dann gilt
f(x) − f(a)
x − a
= x − a
x − a = 1,
d.h. f ′ (a) = 1 existiert überall (Tangentensteigung 1).
(3) f(x) = αx + β Lineare Funktion: Dann gilt
f(x) − f(a)
x − a
=
α(x − a)
x − a
= α,
d.h. f ′ (a) = α existiert überall (Tangentensteigung α).
(4) f(x) = x n Potenz oder allgemeiner Polynome: Dann gilt
f(x + h) − f(x)
lim
h→0 h
= lim
h→0
(x + h) n − x n
h
69
= lim
h→0
h n + · · · + nx n−1 h
h
= nx n−1 .

Allgemeiner sind Polynome leicht zu differenzieren, indem man jeden Term so
behandelt.
(5) f(x) = 1 : Inverse von x: Dann gilt
x
f ′ (x) = lim
h→0
f(x + h) − f(x)
h
(
1 1
= lim
h→0 h x + h − 1 )
= lim
x h→0
(6) f(x) = exp(x) Exponentialfunktion: Dann gilt
exp ′ (x) = lim
h→0
exp(x + h) − exp(x)
h
= exp(x) lim
h→0
exp(h) − 1
h
−1
x(x + h) = −−1 x 2 .
= exp(x)
wegen des folgenden Lemmas. Also reproduziert sich die Exponentialfunktion
beim Differenzieren.
Lemma 7.3.
exp(h) − 1
lim
h→0 h
= 1.
Beweis. Aus der Restgliedformel für exp folgt | exp(h) − (1 + h)| ≤ 2|h| 2 , falls
|h| klein ist. Also folgt
exp(h) − (1 + h)
∣ h ∣ ≤ 2|h|
und damit die Behauptung.
Beispiel 7.4.
(7) f(x) = sin(x) Sinus: Es gilt sin(x + h) − sin(x) = 2 cos(x + h) sin( h) nach
2 2
§5, also folgt
f ′ sin( h
(x) = cos(x) lim
) 2
.
h→0
h
Damit folgt f ′ (x) = cos(x) aus dem folgenden Lemma.
Lemma 7.5.
sin(h)
lim
h→0 h
= 1.
Beweis. Wir beweisen eine Restgliedformel. Aus der Potenzreihenentwicklung
2
sin(x) =
∞∑
k=0
(−1) k x 2k+1
(2k + 1)!
70

folgt, dass
sin(x) = x + r 3 (x) := x + x3
3!
(1 − x2
4 · 5 + x 4
4 · 5 · 6 · 7 − · · · )
.
Nach dem Trick aus dem Beweis des Leibnizkriteriums bekommt man daraus
sofort, dass |r 3 (x)| ≤ |x| 3 /3! für kleines |x| und damit sofort die Behauptung.
Beispiele 7.6.
(8) Analog erhält man cos ′ (x) = − sin(x), denn cos(x+h)−cos(x) = −2 sin(x+
h
2 ) sin( h 2 ). Also folgt cos′ (x) = − sin(x).
(9) Die Funktion f(x) = |x| ist nicht differenzierbar bei x = 0, denn mit der
Folge x n = (−1) n 1 n existiert der Limes f ′ (x) nicht.
Satz 7.7.
(a) f : D −→ R ist differenzierbar in a ∈ D ⇔ es gibt ein c ∈ R mit
f(x) = f(a) + c(x − a) + o(x − a)
für x → a (Approximation durch Tangente).
(b) Jede differenzierbare Funktion ist stetig.
(c) Sind f, g : D −→ R differenzierbar in a, so sind auch f ± g, fg, λf + µg und
f/g differenzierbar und es gilt
(f ± g) ′ (a) = f ′ (a) ± g ′ (a),
(λf + µg) ′ (a) = λf ′ (a) + µg ′ (a),
(fg) ′ (a) = f ′ (a)g(a) + f(a)g ′ (a)
( ) ′ f
(a) = f ′ (a)g(a) − f(a)g ′ (a)
g
g 2 (a)
Dies ist nur definiert in D \ {a | g(a) = 0}.
Produktregel,
Quotientenregel.
Beweis. (a) =⇒: Setze c = f ′ (a) und definiere ϕ(x) = f(x) − f(a) − c(x − a).
Dann gilt
ϕ(x)
x − a
=
f(x) − f(a)
x − a
− f ′ (a),
also lim ϕ(x) = 0 und damit ϕ(x) = o(x−a) nach Definition des Landausymbols.
x−a
⇐=: Sei f(x) = f(a) + c(x − a) + ϕ(x) mit ϕ(x) = o(x − a). Dann existiert
auch
f ′ f(x) − f(a)
(a) = lim = c + lim ϕ(x)
x − a
x − a = c
71

und damit ist f differenzierbar.
(b) Folgt aus (a) sofort, denn lineare Funktionen sind stetig, also
lim f(x) = f(a) + lim ϕ(x) = f(a).
x→a x→a
(c) Linearität folgt sofort aus den entprechenden Sätzen für Folgen. Produktregel:
(fg) ′ (x) = lim
h→0
f(x + h)g(x + h) − f(x + h)g(x) + f(x + h)g(x) − f(x)g(x)
h
g(x + h) − g(x) f(x + h) − f(x)
= lim f(x+h) +g(x) lim
= f(x)g ′ (x)+f ′ (x)g(x).
h→0 h
h→0 h
Quotientenregel, Spezialfall f = 1:
( ) ′ (
1 1 1
(x) = lim
g
h→0 h g(x + h) − 1 )
g(x) − g(x + h)
= lim
g(x) h→0 g(x)g(x + h)h = − g′ (x)
g 2 (x) .
Mit der Produktregel folgt dann
( ) ′ ( ) ′ f 1
(x) = f(x) + f ′ 1
(x)
g
g(x) g(x) = f ′ (x)g(x) − f(x)g ′ (x)
.
g 2 (x)
Beispiele 7.8.
Aus der Quotientenregel folgt (1/x n ) ′ = −nx n−1 /x 2n = −nx −n−1 . Es gilt also
die Regel:
dx m
dx = mxm−1 ∀ m ∈ Z.
Aus der Quotientenregel folgt auch tan ′ (x) = 1 . Um neue Beispiele zu finden
betrachten wir wieder die
cos 2 (x)
Umkehrfunktionen.
Satz 7.9 (Ableitung der Umkehrfunktion).
Sei I ein Intervall und f : I −→ f(I) ⊆ R bijektiv, stetig und differenzierbar in
x 0 mit f ′ (x 0 ) ≠ 0, so dass die Umkehrfunktion g = f −1 ebenfalls stetig ist. Dann
ist g : f(I) −→ I differenzierbar in y 0 = f(x 0 ) und es gilt:
g ′ (y 0 ) = 1
f ′ (x 0 ) = 1
f ′ (g(y 0 )) .
Beweis. Da f und g bijektiv und stetig sind, entsprechen Folgen x n → x 0 in I
eindeutig den Folgen y n → y 0 = f(x 0 ) in f(I). Also gilt:
g ′ (y 0 ) = lim
y→y0
g(y) − g(y 0 )
y − y 0
x − x 0
= lim
x→x0 f(x) − f(x 0 ) = 1
f(x)−f(x
lim 0
= 1
)
x→x0
f ′ (x 0 ) .
x−x 0
72

Beispiele 7.10. Damit können wir auch die speziellen Funktionen log, arcsin usw.
ableiten:
log ′ 1
(x) =
exp ′ (log x) = 1
exp(log x) = 1 x .
( ) ′ log(x)
log ′ 1
a(x) =
=
log(a) x log(a) .
Diese Formel kann man auch zu einer neuen Definition von e benutzen:
(
e = exp(log ′ log(1 + 1
(1)) = exp lim
) ) ( (
n
= lim exp n log 1 + 1 ))
n→∞
n→∞ n
Weitere Beispiele:
arctan ′ (x) =
arcsin ′ (x) =
1
n
1
cos(arcsin(x)) = 1
√ , x ∈] − 1, 1[.
1 − x
2
1
tan ′ (arctan(x)) = cos2 (arctan(x)) = 1
1 + x , x ∈ R,
2
da 1 + tan 2 (x) = 1/ cos 2 (x). Im Kapitel Integralrechnung werden uns diese Formeln
wieder begegnen.
Satz 7.11 (Kettenregel).
Seien f : I −→ R und g : D −→ R Funktionen mit f(I) ⊆ D. Ist f differenzierbar
in x 0 ∈ I und g differenzierbar in f(x 0 ) ∈ D, so ist auch g ◦ f : I −→ R
differenzierbar in x 0 und es gilt:
(g ◦ f) ′ (x 0 ) = g ′ (f(x 0 )) · f ′ (x 0 ).
Beweis. Betrachte die Hilfsfunktion h(y) := g(y)−g(y 0)
y−y 0
für y ≠ y 0 und h(y 0 ) =
g ′ (y 0 ). Dann gilt aber:
(g ◦ f) ′ (x 0 ) = lim
x→x0
g(f(x)) − g(f(x 0 ))
x − x 0
= lim
x→x0
h(f(x)) · (f(x) − f(x 0 ))
x − x 0
= lim
x→x0
h(f(x)) · lim
x→x0
f(x) − f(x 0 )
x − x 0
= g ′ (f(x 0 )) · f ′ (x 0 ).
= lim
(1 + 1 ) n
.
n→∞ n
Beispiele 7.12. Die allgemeine Potenzfunktion x r := exp(r log(x)) mit x ∈ R >0
und r ∈ R:
(x r ) ′ = (exp(r log(x)) ′ = exp(r log(x)) · r
x = r · xr−1 .
Dies ist die gleiche Regel wie bisher! Insbesondere für die Wurzelfunktion gilt
( √ x) ′ = (x 1 2 ) ′ = 1
2 √ x .
73

Höhere Ableitungen
Ist f differenzierbar und f ′ ebenfalls, so kann man die zweite Ableitung f ′′ bilden
usw. Die höheren Ableitungen werden mit
f ′′ , f ′′′ = f (3) , f (4) , . . . , f (n) , . . .
bezeichnet, falls sie existieren, oder auch mit
d 2 f
dx , d3 f
2 dx , . . . , dn f
3 dx , . . . n
Beispiele 7.13.
sin (2n) (x) = (−1) n sin(x). Sind zwei Funktionen f, g n–Mal differenzierbar, so
gilt
n∑
( n
(f · g) (n) = f
k)
(n−k) g (k) .
k=0
Beweis mit Induktion über n und der Produktregel.
Lokale Extrema
Definition 7.14.
Sei f :]a, b[−→ R eine Funktion. x ∈]a, b[ heißt lokales Maximum bzw. Minimum
(Sammelbegriff lokales Extremum), falls ein ɛ > 0 existiert, so dass
f(t) ≤ f(x), ∀t ∈]x − ɛ, x + ɛ[,
bzw. f(t) ≥ f(x), ∀t ∈]x − ɛ, x + ɛ[.
Satz 7.15.
Sei f :]a, b[−→ R differenzierbar in x ∈]a, b[ und habe ein lokales Extremum in
x. Dann gilt f ′ (x) = 0.
Beweis. Angenommen f hat lokales Maximum (Beweis für Minimum genauso).
Sei ]x − ɛ, x + ɛ[⊆]a, b[. Da x lokales Maximum ist, gilt
f(x + h) − f(x)
lim
h↘0 h
f(x + h) − f(x)
lim
h↗0 h
≤ 0,
≥ 0,
insgesamt also, da f ′ (x) existiert, muss f ′ (x) = 0 gelten.
74

Bemerkung 7.16. Die Bedingung f ′ (x) = 0 ist notwendig, aber nicht hinreichend,
Beispiel: f(x) = x 3 . Die ɛ-Bedingung in der Voraussetzung ist wichtig,
denn am Rand muss die Ableitung auch bei einem lokalen Extremum nicht Null
sein (Beispiel f(x) = x auf Intervall [0, 1]).
Satz 7.17 (Satz von Rolle).
Ist f : [a, b] −→ R stetig mit f(a) = f(b) und differenzierbar in ]a, b[. Dann
existiert ein ξ ∈]a, b[ mit f ′ (ξ) = 0.
Beweis. 1. Fall: f ist konstant. Dann folgt die Behauptung sofort.
2. Fall: Ist f nicht konstant, so wird entweder das globale Maximum oder das
globale Minimum nicht am Rand angenommen. In jedem Fall gibt es also ein
globales Extremum in ξ ∈]a, b[. Nach Satz 7.15 gilt dann aber f ′ (ξ) = 0.
Eine Folgerung ist:
Satz 7.18 (Mittelwertsatz).
Sei f : [a, b] −→ R stetig und differenzierbar auf ]a, b[. Dann gibt es ein ξ ∈]a, b[
mit
f ′ f(b) − f(a)
(ξ) = .
b − a
Beweis. Wende auf die Hilfsfunktion
h(x) = f(x) −
f(b) − f(a)
(x − a)
b − a
den Satz 7.17 von Rolle an (Voraussetzungen sind erfüllt). Es gilt dann h ′ (ξ) = 0,
d.h. f ′ (ξ) = f(b)−f(a) für ein ξ ∈]a, b[.
b−a
Satz 7.19 (Folgerungen aus dem Mittelwertsatz).
(a) Ist f : [a, b] −→ R stetig und differenzierbar auf ]a, b[ mit
so gilt auch
c ≤ f ′ (ξ) ≤ C, ∀ξ ∈]a, b[,
c(y − x) ≤ f(y) − f(x) ≤ C(y − x)
für alle x, y ∈ [a, b] mit x ≤ y.
(b) Ist f : [a, b] −→ R stetig und differenzierbar auf ]a, b[ mit f ′ (x) = 0 für alle
x ∈]a, b[. Dann ist f konstant.
(c) Ist f stetig auf [a, b] und differenzierbar in ]a, b[ und f ′ (x) ≥ 0 (bzw. > 0, ≤ 0,
< 0) überall in ]a, b[, so ist f in [a, b] monoton wachsend (bzw. streng monoton
wachsend, monoton fallend, streng monoton fallend).
(d) Ist f stetig auf [a, b] und differenzierbar in ]a, b[ sowie monoton wachsend
75

(bzw. fallend), so gilt f ′ (x) ≥ 0 (bzw. f ′ (x) ≤ 0) für alle x ∈ [a, b].
(e) Sei f :]a, b[−→ R 2–Mal differenzierbar und in x ∈]a, b[ sei f ′ (x) = 0 und
f ′′ (x) > 0 (bzw. f ′′ (x) < 0). Dann hat f in x ein lokales Minimum (bzw. Maximum).
Beweis. (a) Angenommen es gibt x < y mit f(y) − f(x) > C(y − x) (oder <
c(y − x)). Nach dem Mittelwertsatz gibt es dann ein x 0 ∈]x, y[ mit f(y) − f(x) =
f ′ (x 0 )(y − x) und f ′ (x 0 ) > C (oder f ′ (x 0 ) < c). Dies ist ein Widerspruch zu
c ≤ f ′ (x 0 ) ≤ C.
(b) Folgt aus (a) mit C = c = 0.
(c) Angenommen f ′ ≥ 0 und f ist nicht monoton wachsend (Beweis für andere
genauso), d.h. es gibt x < y in [a, b] mit f(x) > f(y). Nach dem Mittelwertsatz
gibt es dann ein x 0 ∈]x, y[ mit
f ′ (x 0 ) =
f(y) − f(x)
y − x
< 0.
Widerspruch!
(d) Folgt aus der Definition von f ′ (x).
(e) Sei f ′ (x) = 0 und f ′′ (x) > 0 (Beweis für < 0 genauso). Dann existiert ein
δ > 0, so dass
f ′ (x ′ ) − f ′ (x)
> 0
x ′ − x
für alle x ′ mit |x − x ′ | < δ, da f ′′ (x) > 0. Da f ′ (x) = 0 ist, gilt also f ′ (x ′ ) >
x ′ − x ≥ 0 für x ≤ x ′ < x + δ und f ′ (x ′ ) < x ′ − x ≤ 0 für x − δ < x ′ ≤ x. Nach
(c) ist f streng monoton wachsend bzw. fallend rechts bzw. links von x. Also ist
x ein lokales Minimum.
Definition 7.20.
Eine Funktion f :]a, b[−→ R heißt konvex (bzw. konkav), falls f die Ungleichung
f(λx 1 + (1 − λ)x 2 ) ≤ λf(x 1 ) + (1 − λ)f(x 2 )
(bzw. ≥) für alle x 1 , x 2 ∈]a, b[ und 0 ≤ λ ≤ 1 erfüllt ist.
Proposition 7.21. Ist f auf ]a, b[ 2–Mal differenzierbar, so ist f konvex, falls
f ′′ (x) ≥ 0. Die Umkehrung gilt auch (ohne Beweis).
Beweis. f ′ ist monoton wachsend auf ]a, b[, da f ′′ ≥ 0. Sei x 1 < x 2 , x := λx 1 +
(1 − λ)x 2 und 0 < λ < 1. Dann gilt x 1 < x < x 2 . Nach dem Mittelwertsatz gibt
es ξ 1 ∈]x 1 , x[ und ξ 2 ∈]x, x 2 [ mit
f(x) − f(x 1 )
x − x 1
= f ′ (ξ 1 ) ≤ f ′ (ξ 2 ) = f(x 2) − f(x)
.
x 2 − x
76

Es ist aber x − x 1 = (1 − λ)(x 2 − x 1 ) und x 2 − x = λ(x 2 − x 1 ). Also gilt
und daher
f(x) − f(x 1 )
1 − λ
≤ f(x 2) − f(x)
λ
f(x) = f(λx 1 + (1 − λ)x 2 ) ≤ λf(x 1 ) + (1 − λ)f(x 2 ).
Die Regeln von De L’Hospital
Diese dienen zur einfacheren Berechnung von Grenzwerten.
Beispiele 7.22.
lim
x→0
log(x)
lim
x→∞ x
sin(x)
x
exp(x) − 1
x
lim
x→0
1/x
= lim
x→∞ 1 = 0,
cos(x)
= lim
x→0 1
= lim
x→0
exp(x)
1
= 1,
= 1.
Satz 7.23 (De L’Hospital).
I =]a, b[ sei ein Intervall mit −∞ ≤ a < b ≤ ∞ und f, g : I −→ R differenzierbar
mit g ′ (x) ≠ 0 für alle x ∈ I. Falls die Limiten
uneigentlich sind und der Limes
lim f(x) = lim g(x) = ∞
x↗b x↗b
f ′ (x)
lim
x↗b g ′ (x) = c ∈ R
existiert, dann ist auch
Analog gilt ein Satz, wenn
f(x)
lim
x↗b g(x) = c.
lim f(x) = lim g(x) = 0
x↗b x↗b
oder für den Fall x ↘ a.
77

Beweis. Nur für den Fall ∞ und x ↗ b, sonst ähnlich.
Zuerst Spezialfall: Sei f :]a, ∞[−→ R differenzierbar mit lim x→∞ f ′ (x) = c ∈ R.
f(x)
Dann ist auch lim x→∞ = c.
x
Beweis dafür: Durch Betrachtung der Funktion g(x) = f(x) − cx kann man
annehmen, dass c = 0 ist. Sei ɛ > 0 gegeben. Es gibt ein x 0 ∈]a, ∞[ mit
|f(x) − f(x 0 )| ≤ ɛ/2(x − x 0 ) für alle x ≥ x 0 . Ist x ≥ max(x 0 , 2|f(x 0 )|/ɛ),
so folgt
∣ ∣ f(x)
∣∣∣ ∣ x ∣ ≤ f(x) − f(x 0 )
∣∣∣ x ∣ + f(x 0 )
x ∣ ≤ ɛ/2x − x 0
+ ɛ/2 = ɛ.
x
Hieraus folgt der Spezialfall.
Allgemeiner Fall: Da g ′ ≠ 0 ist, ist g : I → R streng monoton wachsend auf I.
Es gilt also g(I) =]ρ, ∞[ mit ρ = lim x↘a g(x). Sei ϕ = g −1 : g(I) −→ I die
Umkehrfunktion. Betrachte h = f ◦ ϕ : g(I) −→ R. Es gilt nach der Kettenregel
und dem Satz über die Umkehrfunktion
Also gilt auch
Aus dem Spezialfall folgt dann auch
h ′ (y) = f ′ (ϕ(y))ϕ ′ (y) = f ′ (ϕ(y))
g ′ (ϕ(y)) .
f ′ (x)
lim
y→∞ h′ (y) = lim
x↗b g ′ (x) = c.
h(y)
lim
y→∞ y
= c.
Also ist mit y = g(x)
f(x)
lim
x↗b g(x) = lim h(y)
y→∞ y
= c.
Das Newton–Verfahren
Numerisches Verfahren zur Bestimmung von Nullstellen von Funktionen. Die iterative
Formel
x n+1 := x n − f(x n)
f ′ (x n )
kann geometrisch so interpretiert werden, dass man an jeden Näherungswert x n
die Tangente zieht und als bessere Näherung den Schnittpunkt davon mit der x–
Achse nimmt. Mathematisch präziser formuliert:
78

Satz 7.24.
Sei f : [a, b] −→ R 2–Mal differenzierbar und konvex mit f(a) < 0 und f(b) > 0.
Dann gilt:
(a) Es gibt genau ein ξ ∈]a, b[ mit f(ξ) = 0.
(b) Ist x 0 ∈ [a, b] beliebiger Anfangswert und f(x 0 ) ≥ 0, dann ist die Folge (x n )
(siehe oben) monoton fallend und konvergent gegen ξ. Insbesondere ist f ′ (x n ) ≠
0.
(c) Fehlerabschätzung: Ist f ′ (ξ) = C > 0 und f ′′ (x) ≤ K auf [a, b], so gilt
quadratische Konvergenz:
|x n+1 − x n | ≤ |ξ − x n | ≤ K/2C|x n − x n−1 | 2 .
Ist K/2C = 1 etwa, so verdoppelt sich die Genauigkeit der Dezimalstellen bei
jedem Schritt.
Beweis. Nur für den Spezialfall f(x) = x k − a : R + −→ R, a > 0. Dann gilt
f ′ (x) = kx k−1 und f ′′ (x) = k(k − 1)x k−2 ≥ 0 für x ∈ R + . Also ist
x n+1 = x n − f(x n)
f ′ (x n ) = 1 (
(k − 1)x n + a )
.
k
x k−1
n
Diese Folge ist uns aus §4 bekannt und wurde dort für k = 2 bereits auf Konvergenz
untersucht. Sie konvergiert gegen ξ = k√ a.
Aufgaben
Aufgabe 110. (a) Geben Sie eine Formel für die beiden Umkehrfunktionen cosh −1 (x)
und sinh −1 (x) an.
(b) Berechnen Sie die Ableitungen dieser Umkehrfunktionen.
Aufgabe 111. Leiten Sie die folgenden Funktionen ab:
x sin(x2) , arctan(arcsin(log(x))), x exp(x) , sin(arccos(x)).
Aufgabe 112. Stellen Sie eine Formel für die n–te Ableitung von log(x) auf und
beweisen Sie diese Formel.
Aufgabe 113. Beweisen Sie: Die Ableitung einer geraden (ungeraden) Funktion
ist ungerade (gerade).
Aufgabe 114. Beweisen Sie durch vollständige Induktion die folgenden Beziehungen
für n–fache Ableitungen:
d n
n∑
( n
n∑
( )
dx n (f(x)g(x)) = k)f (n−k) (x)g (k) (x), f(x) dn
n d
dx n g(x) = (−1) k n−k ( )
k dx n−k f (k) (x)g(x) .
k=0
79
k=0

Aufgabe 115. Die Funktion g : R → R sei definiert durch g(0) = 0 und g(x) =
x 2 · cos ( 1
x)
für x ≠ 0. Berechnen Sie g ′ (x) für alle x ∈ R.
Aufgabe 116. Zeichnen Sie die Graphen der folgenden Funktionen in einem
maximalen Definitionsbereich:
3√
2x, x 3/2 , exp(2x − 1), exp(x/2), log(1 − x),
log(1 + 2x), sin(3x), arcsin(3x), cos(x/3), arccos(x/3), tan(x/2), arctan(x/2).
Aufgabe 117. Sei f : [a, b] → R eine Funktion mit der Eigenschaft, dass
|f(x) − f(x ′ )| ≤ C · |x − x ′ | 2
für alle x, x ′ ∈ [a, b] und eine Konstante C > 0. Zeigen Sie, dass f konstant ist.
Aufgabe 118. Betrachten Sie die Funktion
{
f(x) = (1 + x) log(1 + x), x > −1
f : [−1, ∞[−→ R, x ↦→
0, x = −1.
Zeigen Sie zuerst, dass f stetig auf [−1, ∞[ ist. Bestimmen Sie alle Nullstellen
und Achsenschnittpunkte sowie alle lokalen und globalen Extrema von f(x).
Überprüfen Sie dabei jeweils, ob es sich um ein Minimum oder Maximum handelt.
In welchen Intervallen ist f konvex und konkav Zeichnen Sie den Graphen
der Funktion.
Aufgabe 119. Sei f(x) die Funktion, die definiert ist durch f(x) = e −1/x für
x > 0 und f(x) = 0 für x ≤ 0. Zeigen Sie: Für alle n ≥ 0 gibt es ein Polynom
P n (x) mit f (n) (x) = P n (1/x)e −1/x für x > 0. Folgern Sie f (n) (0) = 0 für alle
n ≥ 0.
Aufgabe 120. Berechnen Sie mit dem Newtonverfahren 5√ 3 bis auf 10 Dezimalstellen
genau. Verwenden Sie dabei die Fehlerabschätzung aus der Vorlesung.
Aufgabe 121. (a) Untersuchen Sie die Funktion f(x) = x n e −x (n > 0) auf lokale
und globale Extrema.
(b) Untersuchen Sie die Funktion f(x) = x 3 + ax 2 + bx auf lokale Extrema in
Abhängigkeit von a, b ∈ R.
Aufgabe 122. Berechnen Sie die Limiten
lim
x→ π 2
x − π 2
cot(x) , lim
x→∞
log(x)
, lim
x 5
x→0
x log(x), lim
x→
π
2
(
tan(x) + 1 )
x − π .
2
Aufgabe 123. Können a, b ∈ R so gewählt werden, dass die Funktion
{
ax + b falls x < 0
f(x) :=
(x + 1) cos x falls x ≥ 0
auf R differenzierbar ist Wenn ja, ist die Wahl eindeutig
80

Aufgabe 124. Die Funktion h : (a, b) → R sei n-mal differenzierbar und habe
n + 1 verschiedene Nullstellen in (a, b). Beweisen Sie, dass es ein ξ ∈ (a, b) gibt
mit h (n) (ξ) = 0.
Aufgabe 125. Schreiben Sie einem Kreis ein gleichschenkliges Dreieck mit größtem
Flächeninhalt ein!
Aufgabe 126. Gegeben ein Quader mit Seitenlänge der Länge a, b und c. Welche
Beziehung muss zwischen a, b und c bestehen, damit das Volumen des Quaders
bei vorgegeber Oberfläche maximal ist.
Aufgabe 127. Beweisen Sie: Zu jedem x > 1 mit x ≠ e = exp(1) gibt es genau
ein f(x) > 0 mit f(x) ≠ x und x f(x) = (f(x)) x .
Aufgabe 128. Man zeige: Sind m, n natürliche Zahlen mit 1 ≤ m < n und
m n = n m , so ist m = 2 und n = 4.
Aufgabe 129. Für x ∈ R seien f(x) := x+cos x sin x und g(x) := e sin x (x + cos x sin x).
1. Beweisen Sie, lim x→∞ f(x) = lim x→∞ g(x) = ∞.
2. Man zeige,
f ′ (x)
g ′ (x) = 2e− sin x cos x
2 cos x + f(x)
für alle x > 3 mit cos x ≠ 0 und untersuche, ob die rechte Seite der Gleichung
einen Grenzwert für x → ∞ besitzt.
3. Prüfen Sie, ob lim x→∞
f(x)
g(x) existiert.
Aufgabe 130. Es sei f : R → R eine Funktion derart, dass für jedes Polynom g
mit reellen Koeffizienten gilt f(g(x)) = g(f(x)) für alle x ∈ R. Man beweise:
f(x) = x für x ∈ R.
Aufgabe 131. Es sei f : R → R >0 eine differenzierbare Funktion. Zeige f ′ (x) =
f(x) für alle x ∈ R genau dann wenn f(x) = c · e x für eine Konstante c ∈ R.
Aufgabe 132. Seien a > b > 0 und n ∈ N mit n ≥ 2. Beweisen Sie
α 1 n − β
1
n < (α − β)
1
n .
Hinweis: Für x ≥ 1 sei f(x) = x 1 n
auf Monotonie.
− (x − 1) 1 n . Untersuchen Sie diese Funktion
Aufgabe 133. Sei f : R >0 → R, f(x) = log(x) gegeben. Geben Sie ein Formel
für die n-te Ableitung f (n) (x) an und beweisen Sie diese!
81

Aufgabe 134. Bestimmen Sie die Extrema der folgenden Funktionen, sowie deren
Verhalten für x → ±∞. Skizzieren Sie den Graphen!
f : R → R, x → 1 − x2
1 + x 2
g : R → R, x → x 2 exp(−x)
Aufgabe 135. Es seien Funktionen f 1 , f 2 : R → R gegeben durch
{ x sin(
1
f 1 (x) =
) für x ≠ 0 {
x x
0 für x = 0 , f 2(x) =
2 sin( 1) für x ≠ 0
x
0 für x = 0
Berechnen Sie die Ableitungen f ′ 1(x) und f ′ 2(x) für x ≠ 0. Sind die Funktionen
f 1 (x) bzw. f 2 (x) differenzierbar in 0
Aufgabe 136. Beweisen Sie: Unter allen Rechtecken mit vorgegebenem Umfang
hat das Quadrat die größte Fläche.
Aufgabe 137. Es sei g eine beschränkte Funktion auf [−1, 1] und f(x) := x 2 g(x).
Zeige, dass f ′ (0) existiert und gleich 0 ist.
Aufgabe 138. Die Funktionen f und g seien auf I := (−r, r) (r > 0) differenzierbar,
es sei f(x)g(x) = x auf I und f(0) = 0. Zeigen Sie, dass g(0) ≠ 0 gelten
muss.
Aufgabe 139. Ein Quader habe die Seitenlängen a, 2a und b und die fest vorgegebene
Oberfläche O. Berechne die Werte von a und b, für die das Volumen V
maximiert wird in Abhängigkeit von O. Welche konkreten Werte ergeben sich für
O = 48
Aufgabe 140. Betrachte die Funktion
{
f(x) = (1 + x) log(1 + x), x > −1
f : [−1, ∞[−→ R, x ↦→
0, x = −1.
Zeigen Sie zuerst, dass f stetig auf [−1, ∞[ ist. Bestimmen Sie alle Nullstellen
und Achsenschnittpunkte sowie alle lokalen und globalen Extrema von f(x).
Überprüfen Sie dabei jeweils, ob es sich um ein Minimum oder Maximum handelt.
In welchen Intervallen ist f konvex und konkav Zeichnen Sie den Graphen
der Funktion.
Aufgabe 141. Sei f : [a, b] → R eine Funktion mit der Eigenschaft, dass
|f(x) − f(x ′ )| ≤ C · |x − x ′ | 2
für alle x, x ′ ∈ [a, b] und eine Konstante C > 0. Zeigen Sie, dass f konstant ist.
82

8 Integralrechnung
Inhalt: Treppenfunktionen, Riemann Integral, Rechenregeln, Stammfunktionen,
Hauptsatz der Differential–/Integralrechnung, Uneigentliche Integrale.
Wir betrachten beschränkte Funktionen f : [a, b] −→ R mit a, b ∈ R.
Definition 8.1 (Unterteilung, Treppenfunktion).
Eine Unterteilung von [a, b] ist eine endliche Menge von Teilpunkten:
Z : a = x 0 < x 1 < . . . < x n = b.
Z ′ : a = y 0 < y 1 < . . . < y m = b mit m ≥ n ist eine Verfeinerung von Z,
falls gilt x i−1 = y ki−1 < . . . < y ki = x i . Je zwei Unterteilungen besitzen eine
gemeinsame Verfeinerung durch Vereinigung der Teilpunkte.
f : [a, b] −→ R ist eine Treppenfunktion, falls eine Unterteilung Z von [a, b] existiert,
so dass f konstant auf den Teilstücken ]x i−1 , x i [ ist. Welches Verhalten f in
x i hat ist dabei egal.
Man sieht leicht, dass Summen und Linearkombinationen von Treppenfunktionen
wieder solche sind, wenn man die Unterteilung anpasst (durch eine gemeinsame
Verfeinerung der Unterteilung im Fall der Summe).
Definition 8.2 (Integral für Treppenfunktionen).
∫ b
a
f(x)dx :=
n∑
c i (x i − x i−1 ),
i=1
wobei c i der konstante Wert von f auf ]x i−1 , x i [ ist. Dies entspricht dem Flächeninhalt
von f unter seinem Graphen.
Lemma 8.3. Diese Definition hängt nicht von der Wahl der Unterteilung ab.
Beweis. Spezialfall: Sei Z ′ : a = y 0 < y 1 < . . . < y m = b eine Verfeinerung von
Z, d.h. x i−1 = y ki−1 < . . . < y ki = x i . Dann gilt
n∑
c i (x i − x i−1 ) =
i=1
n∑
i=1
c i
∑k i
j=k i−1 +1
(y j − y j−1 ) =
m∑
c j (y j − y j−1 ),
j=1
da c j = c i für k i−1 ≤ j ≤ k i . Sind Z, Z ′ nicht vergleichbar, so betrachte eine
gemeinsame Verfeinerung und wende den Spezialfall an.
83

Satz 8.4 (Rechenregeln für Integrale von Treppenfunktionen).
Seien ϕ, ϕ ′ zwei Treppenfunktionen [a, b] −→ R.
(a)
(b)
(c)
∫ b
a
ϕ(x)dx +
∫ b
a
∫ b
ϕ(x) ≤ ϕ ′ (x) =⇒
a
ϕ ′ (x)dx =
λϕ(x)dx = λ
∫ b
a
∫ b
a
∫ b
a
ϕ(x)dx ≤
(ϕ(x) + ϕ ′ (x))dx.
ϕ(x)dx.
∫ b
a
ϕ ′ (x)dx.
Beweis. Folgt aus der Definition, betrachte immer gemeinsame Unterteilung.
Beispiel 8.5 (Äquidistante Unterteilung).
Sei ϕ(x) = k k−1
auf [ , k [ und ϕ(1) = 1. Dann gilt
n n n
∫ 1
n∑ k n(n + 1)
ϕ(x)dx = = ,
n2 2n 2
0
k=1
da ∑ n
k=1 k = n(n+1)
2
, siehe §2. Dies konvergiert erwartungsgemäß nach 1/2.
Definition 8.6 (Riemann Integral).
Sei f : [a, b] −→ R eine beschränkte Funktion. Setze
∫ b ∗
a
∫ b
a ∗
f(x)dx := inf{
f(x)dx := sup{
∫ b
a
∫ b
a
ϕ(x)dx | ϕ ≥ f Treppenfunktion },
ϕ(x)dx | ϕ ≤ f Treppenfunktion }.
Diese Limiten existieren immer und werden Ober– und Unterintegrale genannt.
f heißt Riemann integrierbar oder kurz integrierbar, falls beide übereinstimmen:
∫ b ∗
a
f(x)dx =
∫ b
a ∗
f(x)dx.
Beispiel 8.7. Viele Funktionen sind nicht Riemann integrierbar in diesem Sinn:
Betrachte
{
1 x /∈ Q
f(x) =
0 x ∈ Q.
Hier gilt ∫ 1 ∗
f(x)dx = 1 und ∫ 1
f(x)dx = 0. Solche Funktionen sind aber in
0 0 ∗
einem verallgemeinerten Sinn sehr wohl integrierbar und es gilt ∫ 1
f(x)dx = 1,
0
da Q ∩ [0, 1] eine sogenannte Lebesgue Nullmenge in [0, 1] ist.
84

Satz 8.8. Im Folgenden seien f, g : [a, b] −→ R beschränkt.
(a) Jede Treppenfunktion ist Riemann integrierbar.
(b) f ist Riemann integrierbar genau dann, wenn für alle ɛ > 0 Treppenfunktionen
ϕ ≤ f ≤ ϕ ′ existieren mit
∫ b
a
(ϕ ′ (x) − ϕ(x))dx ≤ ɛ.
(c) ∫ b
f(x)dx ist linear und monoton im Argument f.
a
(d) Jede stetige Funktion ist Riemann integrierbar.
(e) Jede monotone Funktion ist Riemann integrierbar.
(f) Ist f Riemann integrierbar, so auch |f| und es gilt:
∣
∫ b
a
∫ b
f(x)dx
∣ ≤ |f(x)|dx.
(g) Sind f, g Riemann integrierbar, so sind auch fg und |f| p Riemann integrierbar
für p ≥ 1.
Bemerkung 8.9. Statt stetig kann man in (d) auch fordern, das f höchstens endlich
viele Unstetigkeitsstellen besitzt.
Beweis. (a) Inf und sup werden für Treppenfunktionen f bei f selbst angenommen
und sind damit gleich.
(b) ɛ/2–Argument und Definition von ∫ ∗ , ∫ . ∗
(c) Folgt aus Satz 8.4 und Limesargument.
(d) Sei f : [a, b] −→ R stetig und ɛ > 0. f ist gleichmäßig stetig nach Satz 6.17.
Also existiert ein δ > 0, so dass |f(x)−f(x ′ )| < ɛ/b−a, falls |x−x ′ | < δ. Wähle
n mit (b − a)/n ≤ δ und betrachte die Unterteilung x k := a + k (b − a). Definiere
n
ϕ(x) als inf{f(x) | x k−1 ≤ x ≤ x k } auf [x k−1 , x k [ und ϕ(b) = f(b). Ebenso
definiere ϕ ′ (x) als sup{f(x) | x k−1 ≤ x ≤ x k } auf [x k−1 , x k [ und ϕ ′ (b) = f(b).
Dann gilt 0 ≤ ϕ ′ (x) − ϕ(x) ≤ ɛ/b − a, also ∫ b
a (ϕ′ (x) − ϕ(x))dx ≤ ɛ.
(e) Sei f : [a, b] −→ R monoton wachsend (Beweis für fallend genauso). Setze
wieder x k := a + k n (b − a). Diesmal definiere ϕ(x) = f(x k−1) und ϕ ′ (x) = f(x k )
auf [x k−1 , x k [ sowie ϕ(b) = ϕ ′ (b) = f(b). Dann gilt ϕ(x) ≤ f ≤ ϕ ′ (x) und
a
∫ b
a
(ϕ ′ (x) − ϕ(x))dx = b − a
n
n∑
k=1
(f(x k ) − f(x k−1 ) = (f(b) − f(a)) b − a
n .
Für n groß wird dies beliebig klein. Also folgt (e) aus (b).
(f) Für eine beliebige Funktion f ist f + = max(f, 0) und f − = max(−f, 0). Dann
85

gilt f = f + − f − und |f| = f + + f − . Ist f integrierbar, so auch f + und f − , denn
für die entsprechenden Treppenfunktionen z.B. für f + gilt:
∫ b
a
(ϕ ′ +(x) − ϕ + (x))dx ≤
∫ b
a
(ϕ ′ (x) − ϕ(x))dx.
Also ist |f| integrierbar und es gilt wegen der Dreiecksungleichung und (c):
∫ b
∣∫ ∣∣∣ b ∫ b
∫ ∣ f(x)dx
∣ = b ∫ b
f + (x)dx − f − (x)dx
∣ ≤ f + (x)dx+ f − (x)dx =
a
a
a
(g) Es ist fg = 1 2 ((f+g)2 −(f−g) 2 ), also reicht es zu zeigen, dass |f| p integrierbar
ist für p ≥ 1. Der Fall p = 1 wurde schon gezeigt und wir können annehmen,
dass 0 ≤ |f| ≤ 1 gilt nach Multiplikation mit λ. Sei ɛ > 0 gegeben und seien
0 ≤ ϕ ≤ |f| ≤ ϕ ′ ≤ 1 Treppenfunktionen mit
∫ b
a
(ϕ ′ (x) − ϕ(x))dx ≤ ɛ/p.
Dann sind ϕ p , (ϕ ′ ) p auch Treppenfunktionen mit ϕ p ≤ |f| p ≤ (ϕ ′ ) p . Aus dem
Mittelwertsatz und (x p ) ′ = px p−1 folgt, dass (ϕ ′ ) p − ϕ p ≤ p(ϕ ′ − ϕ). Also ist |f| p
integrierbar nach (b).
Definition 8.10 (Feinheit von Unterteilungen).
Sei Z : x 0 = a < . . . < x n = b eine Unterteilung. Dann hat Z die Feinheit
µ(Z) := max(x i − x i−1 ).
Satz 8.11 (Riemannsche Summen).
Ist f Riemann integrierbar auf [a, b] und ɛ > 0 gegeben. Dann existiert ein δ > 0,
so dass für jede Unterteilung Z mit µ(Z) ≤ δ und jede von Stützstellen ξ i ∈
[x i−1 , x i ] gilt: ∣ ∣∣∣∣ ∫ b
n∑
f(x)dx − f(ξ i )(x i − x i−1 )
∣ ≤ ɛ.
a
i=1
Beweis. Sei ɛ > 0 gegeben. OBdA ist f schon selbst eine Treppenfunktion wegen
Satz 8.8(b). Sei a = t 0 < . . . < t m = b die Unterteilung, die f definiert. f(x)
und die Treppenfunktion h(x), die durch die Wahl der ξ i definiert wird stimmen
auf den Intervallen ]x k−1 , x k [ überein, die kein t j enthalten. Die Gesamtlänge der
Intervalle, wo beide nicht übereinstimmen ist also ≤ 2mµ(Z). Ist C = sup |f(I)|,
so folgt |f(x) − h(x)| ≤ 2C und damit ∫ |f(x) − h(x)|dx ≤ 4Cmµ(Z). Hieraus
folgt die Behauptung mit δ = ɛ/4Cm.
Beispiele 8.12.
a
a
∫ b
a
|f(x)|dx.
86

• f(x) = x und x k = k (siehe oben).
n
• f(x) = 1/x und x k = a k/n . Dann ist eine Riemannsche Summe
S n := O n = ∑ f(x k )(x k −x k−1 ) = ∑ a k n − a k−1
n
a k n
= n(1−a − 1 n ) = n(1−exp(−
1
n log(a))).
Aus der Restgliedformel folgt also, dass S n = log(a) + O(1/n) und damit
∫ a
1
dx
x = log(a).
Satz 8.13 (Mittelwertsatz der Integralrechnung).
Sind f, g stetige Funktionen auf I = [a, b] mit g ≥ 0. Dann gibt es ein x 0 ∈ [a, b]
mit (siehe auch Spezialfall g ≡ 1!)
∫ b
a
f(x)g(x)dx = f(x 0 )
∫ b
a
g(x)dx.
Beweis. Beachte zuerst, dass g ≥ 0 stetig ist, also ist entweder g = 0 überall
(dann ist die Aussage trivial) oder g ≠ 0. In diesem Fall ist aber das Integral
∫
g(x)dx ≠ 0, da g mindestens auf einem kleinen Intervall der Länge δ > 0
wirklich ≥ ɛ ist und damit kann man das Unterintegral durch δ · ɛ beschränken.
Sei c = inf f(I) und C = sup f(I). Dann ist
c ≤ c 0 :=
∫ b
a f(x)g(x)dx
∫ b
a g(x)dx ≤ C.
Nach dem Zwischenwertsatz für f gibt es ein x 0 mit f(x 0 ) = c 0 .
Satz 8.14.
Sei f : [a, b] −→ R stetig. Dann ist F (x) = ∫ x
f(t)dt differenzierbar auf [a, b]
a
und es gilt F ′ (x) = f(x).
Beweis. Indem man Integrationsgebiete aufteilt, beweist man leicht den Hilfssatz:
∫ d
a
f(x)dx =
für a ≤ c ≤ d ≤ b. Damit folgt
F ′ (x) = lim
h→0
F (x + h) − F (x)
h
∫ c
a
1
= lim
h→0 h
f(x)dx +
87
∫ x+h
a
∫ d
c
f(x)dx
1
f(t)dt−lim
h→0 h
∫ x
a
1
f(t)dt = lim
h→0 h
∫ x+h
x
f(t)dt.

Sei h > 0 (der andere Fall geht analog). Nach Satz 8.13 mit g = 1 existiert ein
x h ∈ [x, x + h] mit
1
h
∫ x+h
x
f(t)dt = f(x h ) 1 h
∫ x+h
x
1 · dt = f(x h ).
Es konvergiert x h gegen x für h → 0, also ist F ′ (x) = f(x), da f stetig ist.
Definition 8.15. Eine solche Funktion F mit F ′ = f heißt Stammfunktion von f.
Korollar 8.16 (Hauptsatz der Differential-/Integralrechnung).
Ist f stetig und F eine Stammfunktion, so gilt
∫ b
a
f(x)dx = F (b) − F (a).
Je zwei Stammfunktionen unterscheiden sich um eine Konstante.
Beweis. Je zwei Stammfunktionen F, G unterscheiden sich um eine Konstante,
denn F ′ − G ′ = f − f = 0. Setze h(x) := ∫ x
f(u)du. Dann gilt a h′ (x) = f(x)
nach Satz 8.14. Also ist
F (b) − F (a) = h(b) − h(a) =
∫ b
a
f(u)du −
∫ a
a
f(u)du =
∫ b
a
f(u)du.
Notation 8.17.
∫ b
Unbestimmtes Integral:
a
f(x)dx = F (x)| b a := F (b) − F (a).
∫
f(x)dx = F (x) + C.
Das C kann man auch einfach weglassen.
∫ ∫ ∫
Beispiele 8.18. sin(x)dx = − cos(x), cos(x) = sin(x), dx
∫
= log(x),
x
√ dx
1−x 2
= arcsin(x), ∫ dx
= arctan(x) und ∫ exp(x)dx = exp(x).
1+x 2
Es gibt einen Algorithmus von Risch, der elementare Integrale wie diese und viele
andere lösen kann. Er wird in Computeralgebrasystemen verwendet.
Weitere nützliche Regeln:
88

Satz 8.19.
(a) Sei f : [c, d] −→ R stetig und ϕ : [a, b] −→ R stetig differenzierbar (d.h. ϕ ′
stetig) mit ϕ([a, b]) ⊆ [c, d]. Dann gilt die Substitutionsregel:
∫ d
c
f(ϕ(t))ϕ ′ (t)dt =
∫ ϕ(b)
ϕ(a)
f(x)dx.
(b) Sind f, g : [a, b] −→ R stetig differenzierbar, dann gilt die Partielle Integrationsregel:
∫ b
a
f(x)g ′ (x)dx = f(x)g(x)| b a −
∫ b
a
f ′ (x)g(x)dx.
Beweis. (a) folgt aus der Kettenregel, angewandt auf die Funktion F ◦ ϕ, wobei
F eine Stammfunktion von f ist.
(b) folgt aus der Produktregel für F = fg.
Beispiele 8.20. • f(x) = 1/x. Dann gilt für 1 ≤ a ≤ b:
∫ b
a
ϕ ′ ∫
(t) ϕ(b)
ϕ(t) dt =
ϕ(a)
dx
x = log ϕ(x)|b a.
• ∫ b
•
∫ b
log(x)dx =
a
a
dx
1 − x = 1 ∫ b
2 2 a
∫ b
a
dx
1 − x + 1 ∫ b
2 a
1·log(x)dx = x log(x)| b a−
dx
1 + x = 1 2 log x + 1
x − 1 |b a.
Uneigentliche Integrale und Anwendung auf Reihen
∫ b
a
x· dx x = x(log(x)−1)|b a.
∫ b
Sei f : [a, b] −→ R integrierbar für alle b ≥ a. Außerdem existiere lim b→∞ f(x)dx =
a
c ∈ R. Dann setzt man
∫ ∞
a
f(x)dx := c
und nennt es uneigentliches Integral. Analog definiert man ∫ b
f(x)dx und ∫ ∞
f(x)dx
−∞ −∞
und den Fall wenn man (statt ±∞) eine Grenze des Definitionsbereichs hat.
Beispiele 8.21.
1 1
ist
x α
• ∫ ∞
1
1−α x1−α und
dx
x α
existiert für α > 1, denn eine Stammfunktion von
lim
x→∞ x1−α = lim exp((1 − α) log(x)) = 0.
x→∞
89

• ∫ 1 dx
0 x α
existiert für α < 1, denn
lim
h→0 h1−α = lim exp((1 − α) log(h)) = 0.
h→0
•
∫ ∞
−∞
dx
1 + x = − lim arctan(R) + lim arctan(S) = π/2 + π/2 = π.
2 R→−∞ S→∞
Dies kann manchmal zur Konvergenzuntersuchung von Reihen benutzt werden.
Ist f eine monoton fallende Funktion [1, ∞[−→ R + , so gilt nämlich immer:
N∑
f(n) ≤
n=2
∫ N
1
f(x)dx ≤
N−1
∑
n=1
f(n).
Also ist das Integral konvergent genau dann, wenn die Reihe konvergiert. Beispiel:
f(x) = x −α , mit α > 1, dann konvergiert ∑ n −α .
Definition 8.22 (Die Γ–Funktion).
Wir definieren eine Funktion
Γ : R >0 −→ R, Γ(s) :=
∫ ∞
0
t s−1 e −t dt.
Dieses Integral konvergiert für alle s > 0, denn man hat die Abschätzungen
t s−1 e −t ≤ 1 für t > 0 nahe bei Null sowie t s−1 e −t ≤ 1 für t >> 0 nahe
bei ∞. Beide Integrale ∫ 1 dt
t 1−s t 2
und ∫ ∞ dt
konvergieren aber (siehe Beispiele
0 t 1−s 1 t 2
oben), da s > 0, also 1 − s < 1. Außerdem gilt
Γ(1) =
und nach partieller Integration
Γ(s + 1) =
∫ ∞
0
∫ ∞
0
e −t dt = −e −t | ∞ 0 = 1
t s e −t dt = −t s e −t | ∞ 0 + s ·
∫ ∞
0
t s−1 e −t dt = sΓ(s).
Die Funktion Γ(s) interpoliert also die Funktion n!, denn Γ(n + 1) = n!.
Aufgaben
Aufgabe 142. Berechnen Sie die Ober– und Untersummen
O n :=
n∑
f(x k )(x k − x k−1 )
k=1
90

U n :=
n∑
f(x k−1 )(x k − x k−1 )
k=1
der Funktion f(x) = x 2 : [0, 1] → R für die Wahl der Stützstellen x k = k n .
Schliessen Sie daraus, dass f auf [0, 1] Riemann integrierbar ist und berechnen
Sie den Wert des Riemann Integrals ohne Verwendung von Stammfunktionen.
Aufgabe 143. Prüfen Sie, ob die folgenden Integrale existieren und berechnen Sie
jeweils den Wert:
∫ 2π/3
0
x 2 sin(3x)dx,
∫ 2
1
log(x)
dx,
x
∫ π
0
cos(2x) sin(x)dx,
∫ 1
0
log(x + 1)dx.
Aufgabe 144. Seit f(t) ∈ R[t] ein Polynom vom Grad m und I(t) = ∫ t
0 exp(t −
u)f(u)du. Zeigen Sie:
I(t) = exp(t)
m∑
f (j) (0) −
j=0
m∑
f (j) (t).
Aufgabe 145. Berechnen Sie ∫ a
cos(x)dx für a > 0 mittels Riemannscher Summen.
0
j=0
Aufgabe 146. Beweisen Sie log(2) = ∑ ∞
n=1 (−1)n+1 1 n
Summen zu den Stützstellen 2 k n .
Aufgabe 147. Berechnen Sie das unbestimmte Integral
∫
dx
ax 2 + bx + c
für a, b, c ∈ R.
Aufgabe 148. Berechnen Sie das unbestimmte Integral
∫
dx
1 + x 4
durch Partialbruchzerlegung
Aufgabe 149. Berechnen Sie
1
1 + x = ax + b
4 1 + √ 2x + x + cx + d
2 1 − √ 2x + x . 2
∞∑
n=1
sin(nx)
n 3 ,
91
∞∑
n=1
cos(nx)
n 4 .
mittels Riemannscher

Aufgabe 150. Zeigen Sie, dass die folgenden Funktionen Riemann-integrierbar
sind. Verwenden Sie dabei, dass eine Funktion Riemann integrierbar ist, falls sie
nur abzählbar viele Unstetigkeitsstellen besitzt.
1.
{ 1, falls x =
1
mit n ∈ N, n ≥ 1
f : [0, 1] → R, f(x) :=
n
0, sonst,
2.
{ 1
f : [0, 1] → R, f(x) :=
, falls x = p mit p, q ∈ N, p ≥ 0, q ≥ 1
q q
0, falls x irrational.
Aufgabe 151. Man berechne die Integrale
und
b)
a)
∫ x
1
∫ x
1
1
t dt
log tdt
für (x > 1) mit Hilfe von Ober- und Untersummen.
Hinweis: Verwenden Sie die Zerlegung 1 < t 0 < . . . < t N = x mit t k = x k N
k = 0, 1, . . . , N.
für
Aufgabe 152. Berechnen Sie die Ober– und Untersummen
O n :=
n∑
f(x k )(x k − x k−1 )
k=1
U n :=
n∑
f(x k−1 )(x k − x k−1 )
k=1
der Funktion f(x) = x 2 : [0, 1] → R für die Wahl der Stützstellen x k = k n .
Schliessen Sie daraus, dass f auf [0, 1] Riemann integrierbar ist und berechnen
Sie den Wert des Riemann Integrals ohne Verwendung von Stammfunktionen.
Aufgabe 153. Prüfen Sie, ob die folgenden Integrale existieren und berechnen Sie
jeweils den Wert:
∫ 2π/3
0
x 2 sin(3x)dx,
∫ 2
1
log(x)
dx,
x
∫ π
0
cos(2x) sin(x)dx,
∫ ∞
1
∫
dx 1
x , log(x+1)dx.
5/3
0
92

9 Taylor- und Fourierreihen
Inhalt: Funktionenfolgen, Taylorreihen, Fourierreihen.
Hier sollen insbesondere Potenzreihendarstellungen wie für die Exponentialfunktion
untersucht werden:
∞∑ x n
exp(x) =
n! .
Man kann exp(x) als Folge der Polynome
f m (x) :=
auffassen. Für jedes x konvergiert dann f m (x) gegen f(x) für m → ∞ in C.
Definition 9.1.
Eine Folge (f m ) : D −→ C von Funktionen, definiert auf D ⊆ R oder C konvergiert
punktweise gegen eine Funktion f, falls für alle x ∈ D gilt:
n=0
m∑
n=0
x n
n!
lim f m(x) = f(x).
m→∞
Die Folge (f m ) konvergiert gleichmäßig, falls zu jedem ɛ > 0 ein m 0 ∈ N existiert,
so dass für alle m ≥ m 0 gilt:
|f(x) − f m (x)| < ɛ, ∀ x ∈ D.
Jede gleichmäßig konvergente Funktionenfolge konvergiert natürlich punktweise,
aber nicht umgekehrt.
Beispiel 9.2. f m (x) := x m auf D = [0, 1]. Ist x < 1, so konvergiert x m gegen 0,
für m → ∞. Diese Folge konvergiert also punktweise gegen die Funktion f, die
Null auf [0, 1[ ist und f(1) = 1 erfüllt. Diese Konvergenz ist nicht gleichmäßig,
denn mit ɛ = 1/2 existiert kein m 0 , so dass |f(x) − f m (x)| < 1/2 für alle x ∈
[0, 1], da nahe bei 1 immer noch x < 1 existieren, deren Funktionswerte beliebig
nahe bei 1 sind.
Definition 9.3.
Zweckmäßigerweise definiert man für eine Funktion g die Supremumsnorm:
||g|| D := sup{|g(x)| : x ∈ D} ∈ R ∪ {∞}.
Dann kann man sagen: f m konvergiert gleichmäßig gegen f, falls die Normen
||f m − f|| D gegen 0 konvergieren.
93

Satz 9.4. Sei D ⊆ C und f m eine gleichmäßig konvergente Folge von stetigen
Funktionen, die gegen f konvergiert. Dann ist f stetig.
Beweis. Sei ɛ > 0 und a ∈ D. Sei x n eine Folge, die gegen a konvergiert. Zu
zeigen ist: lim n→∞ f(x n ) = f(a) Wähle dazu ein m mit ||f m − f|| < ɛ/3. Da f m
stetig ist, gibt es ein n 0 mit |f m (x n ) − f m (a)| < ɛ/3 für alle n ≥ n 0 . Dann gilt für
alle n ≥ n 0 :
|f(a)−f(x n )| ≤ |f(a)−f m (a)|+|f m (a)−f m (x n )|+|f m (x n )−f(x n )| ≤ 3ɛ
3 = ɛ.
Bemerkung 9.5. Für die Eigenschaft differenzierbar gilt dieser Satz nicht mehr.
Als Beispiel kann man eine Folge von differenzierbaren Funktionen betrachten,
die von oben gegen die Funktion |x| konvergieren und symmetrisch unter x ↦→ −x
sind. Dann ist die Ableitung im Punkt Null immer 0, aber im Limes ist |x| nicht
differenzierbar. Man sieht in diesem Beispiel auch, dass die Ableitungen nicht
gleichmäßig konvergieren.
Man kann den Satz aber unter dieser Voraussetzung und etwas mehr retten:
Satz 9.6. Sei f m eine Folge stetig differenzierbarer Funktionen, die punktweise
gegen f konvergiert. Außerdem sollen die Ableitungen f ′ m gleichmäßig gegen eine
Funktion g konvergieren. Dann ist auch f differenzierbar und es gilt f ′ = g.
Man braucht folgendes
Lemma 9.7. Ist h m → h gleichmäßig konvergente Funktionenfolge von stetigen
Funktionen. Dann konvergiert auch ∫ b
h a m(x)dx gegen ∫ b
h(x)dx.
a
Beweis (Lemma). | ∫ b
a (h m(x) − h(x))dx| ≤ ||h m − h|| · (b − a).
Beweis von Satz 9.6. Nach Satz 9.4 gilt hier aber
Also ergibt das Lemma:
f m (x) = f m (a) +
∫ x
a
f ′ m(t)dt.
f(x) = f(a) +
∫ x
a
g(t)dt.
Nimmt man die Ableitung, so erhält man sofort f ′ = g.
94

Funktionen- und Potenzreihen
Sei K ⊆ C eine Teilmenge. Meistens ist hier K = K(a, r) ein Kreis der Form
K(a, r) = {z ∈ C : |z − a| ≤ r}.
Satz 9.8.
Seien f m : K → C Funktionen mit ∑ k ||f k|| K < ∞. Dann konvergiert die Reihe
∑
fn (x) absolut für alle x ∈ K und gleichmäßig auf K gegen eine Funktion
F : K → C.
Beweis. |f m (x)| ≤ ||f m ||. Also folgt die absolute Konvergenz aus dem Majorantenkriterium.
Definiere F (x) := ∑ m f m(x) und F n (x) := ∑ n
m f m(x). Sei ɛ > 0
gegeben. Dann gibt es ein n 0 ∈ N mit ∑ ∞
m=n+1 ||f m|| K ≤ ɛ für alle n ≥ n 0 . Also
gilt:
∞∑
∞∑
|f n (x) − f(x)| ≤ |f m (x)| ≤ ||f m || ≤ ɛ.
m=n+1
Also konvergiert die Folge F n gleichmäßig gegen F .
Beispiel 9.9. Solche Reihen wie
∞∑
n=1
arctan(nx)
n 2
konvergieren in diesem Sinn, da ∑ 1
n 2 < ∞.
m=n+1
Definition 9.10. Eine Potenzreihe ist eine Reihe der Form
wobei c n ∈ C eine Folge ist.
f(z) =
∞∑
c n (z − a) n ,
n=0
Satz 9.11.
Angenommen die Potenzreihe f(z) = ∑ ∞
n=0 c n(z −a) n konvergiert für ein z 1 ≠ a.
Dann existiert ein R ∈ R >0 ∪ {∞} mit R ≥ |z 1 − a|, so dass für alle r <
R die Potenzreihe f(z) absolut und gleichmäßig auf dem Kreis K = K(a, r)
konvergiert.
Notation 9.12. Dieses R heißt der Konvergenzradius von f(z). Beachte, dass die
Reihe für |z − a| = R nicht konvergieren muss: Ein Beispiel ist ∑ z n mir R = 1.
n
Dagegen hat die Reihe exp(z) den Konvergenzradius R = ∞. Ist etwa z 1 reell, so
folgt trotzdem die Konvergenz der Reihe in einem Kreis in C!
95

Beweis. Sei f n = c n (z − a) n . Dann gilt |f n (z)| = |c n (z 1 − a) n | · |z−a|n
|z 1
. Setze
−a| n
zuerst R := |z 1 − a|. Ist r < R, so gilt |z−a| = r |z 1
< 1 für z ∈ K(a, r). Also konvergiert
f(z) absolut und gleichmäßig auf K nach dem Quotientenkriterium, da
−a| R
c n (z 1 − a) n beschränkt ist für alle n gleichzeitig (da Nullfolge). Setze schließlich
R := sup{|z − a| : ∑ c n (z − a) n < ∞}. Dann folgt die Behauptung sofort.
Satz 9.13.
Ist f(z) = ∑ ∞
n=0 c n(z − a) n eine Potenzreihe mit Konvergenzradius R > 0. Dann
ist auch die Potenzreihe
f ′ (z) =
∞∑
nc n (z − a) n−1
n=0
absolut und gleichmäßig konvergent mit dem selben Konvergenzradius und stimmt
für z ∈ R mit der Ableitung überein. Definiert man allgemeiner komplexe Differenzierbarkeit
oder Holomorphie durch
f(z) = f(a) + c(z − a) + o(z − a)
so gilt die Aussage über die Differenzierbarkeit auch für z ∈ C.
Beweis. Wie im Beweis von Satz 9.11 wird die Konvergenz von f ′ bewiesen.
Nach Satz 9.6 mit den Funktionen f m = ∑ m
n=0 c n(z − a) n folgt auch, dass f ′
tatsächlich die Ableitung ist.
Taylorreihen
Ziel ist nun die Approximation von Funktionen durch Potenzreihen, insbesondere,
falls f unendlich oft differenzierbar ist durch die Taylorreihe:
Definition 9.14 (Taylorreihe).
T f,a (x) = f(a) + f ′ (a)
1!
(x − a) + f ′′ (a)
(x − a) 2 + . . . =
2!
∞∑
n=0
f (n) (a)
(x − a) n .
n!
Dies ist natürlich nur möglich, wenn f unendlich oft differenzierbar ist, man sagt
auch C ∞ –Funktion dazu. Die Frage ist nun, wann die Taylorreihe konvergiert
(Konvergenzradius) und, falls sie konvergiert, ob und auf welchem Gebiet sie gegen
die Funktion konvergiert. Funktionen, die auf dem ganzen Definitionsbereich
mit Ihrer Taylorreihe übereinstimmen heißen analytisch. Nicht jede C ∞ –Funktion
ist analytisch:
96

Beispiel 9.15. f(x) = exp(−1/x 2 ) für x ≠ 0 und f(0) = 0. In a = 0 sind alle
Ableitungen von f gleich Null, da man durch Induktion leicht zeigen kann, dass
f (n) (0) = P n(x)
f(x) für ein Polynom P
x 3n
n (x) ist. Da die Exponentialfunktion aber
jedes Polynom dominiert, gilt f (n) (0) = 0 für alle n. Damit ist die Taylorreihe
identisch Null und stimmt nur im Nullpunkt mit f überein.
Satz 9.16 (Taylorformel).
Sei I ein reelles Intervall und f : I → R (n + 1)–Mal stetig differenzierbar. Dann
gilt für alle x, a ∈ I:
f(x) = f(a) + f ′ (a)
1!
mit R n+1 (x) := 1 n!
(x − a) + f ′′ (a)
2!
∫ x
a (x − t)n f (n+1) (t)dt.
(x − a) 2 + . . . + f (n) (a)
(x − a) n + R n+1 (x),
n!
Beweis. Induktion nach n ∈ N 0 . Für n = 0 ist dies genau der Hauptsatz der
Differential-/Integralrechnung. Induktionsschritt:
R n (x) =
= −f (n) (t)
1
(n − 1)!
(x − t)n
| x a +
n!
∫ x
a
∫ x
a
(x − t) n−1 f (n) (t)dt = −
f (n+1) (t)
(x − t)n
n!
∫ x
a
f (n) (t) d (x − t) n
dt
dt n!
dt = f (n) (a)
(x − a) n + R n+1 (x).
n!
Satz 9.17 (Lagrangesches Restglied).
Sei f wie in Satz 9.16. Es existiert dann ein ξ ∈ [a, x] mit
f(x) =
n∑
k=0
f (k) (a)
(x − a) k + f (n+1) (ξ)
k!
(n + 1)! (x − a)n+1 .
Beweis. Aus Satz 9.16 und dem Mittelwertsatz der Integralrechnung folgt: es gibt
ξ mit
R n+1 (x) = 1 n!
∫ x
a
(x−t) n f (n+1) (t)dt = f (n+1) (ξ)·
∫ x
a
(x − t) n
n!
dt = f (n+1) (ξ)
(n + 1)! (x−a)n+1 .
Korollar 9.18.
Jede (n + 1)–Mal stetig differenzierbare Funktion lässt sich als f(x) = P (x) +
o((x − a) n ) schreiben mit einem Polynom P (x) (ein Approximationssatz).
97

Bemerkung 9.19. Ist 1 ≤ p ≤ n + 1, so gibt es auch das Schlöhmilchsche Restglied:
R n+1 (x) = f (n+1) (ξ)
(x − ξ) n+1−p (x − a) p .
p · n!
Das Lagrangesche Restglied ist der Fall p = n + 1.
Beispiele 9.20. • f(x) = exp(x). Dann stimmt T f,0 mit f(x) auf ganz R
überein, denn das Restglied ist von der Form exp(ξ)
(n+1)! xn+1 .
• Genauso für f(x) = sin(x). Hier berechnet man schnell
T f,0 =
∞∑
k=0
(−1) k
(2k + 1)! x2k+1 ,
und das Restglied ist beschränkt, denn |f (n) (ξ)| ≤ 1. Für f(x) = cos(x)
bekommt man analog:
T f,0 =
∞∑
k=0
(−1) k
(2k)! x2k .
• f(x) = log(1 + x). Dann gilt f (n) (x) = (−1) n−1 (n−1)!
(1+x) n . Also folgt
T f,0 =
∞∑
(−1)
n=1
n−1 xn
Dies konvergiert offenbar nach dem Quotientenkriterium, wenn |x| < 1. Es
gilt sogar T f,0 = log(1 + x), wenn −1 < x ≤ 1. Für |x| < 1 folgt dies aus
dem Beweis von Satz 9.6, Satz 9.11 und der folgenden Rechnung:
log(1 + x) =
∫ x
0
=
∫
dt x
1 + t =
∞∑
n=0
0
(−1) n xn+1
n .
(
∑ ∞
)
(−1) n t n dt =
n=0
n + 1 = ∞
∑
n=1
n−1 xn
(−1)
∞∑
∫ x
(−1) n t n dt
• f(x) = arctan(x). Dann folgt in gleicher Weise mit der geometrischen
Reihe:
∫ x
dt
arctan(x) =
1 + t = ∑ ∞
(−1) n x2n+1
2 2n + 1
für |x| < 1.
0
98
n=0
n=0
n .
0

Der Fall x = 1 ist etwas schwieriger:
Lemma 9.21. Sei f eine stetige Funktion auf [0, 1], die für x < 1 mit ihrer Taylorreihe
T f,0 (x) = ∑ ∞
n=0 (−1)n a n x n übereinstimmt, wobei a n ≥ 0 eine monoton
fallende Nullfolge ist. Dann gilt f(1) = ∑ ∞
n=0 (−1)n a n .
Beweis.
∑
Nach dem Beweis des Leibnizkriteriums gilt in beiden Fällen mit T f,0 (x) =
n (−1)n a n x n
∣ ∣ ∣∣∣∣ N∑ ∣∣∣∣
f(x) − (−1) n a n x n ≤ a N x N
n
für |x| < 1 und die rechte Seite ist eine Nullfolge auch für x = 1. Hieraus folgt
aus der Stetigkeit von f bei x = 1 sofort, dass auch f(1) = ∑ n (−1)n a n gilt.
Korollar 9.22.
Für x = 1 gilt
log(2) = 1 − 1 2 + 1 3 − 1 4 + 1 5 − . . .
sowie
π
4 = arctan(1) = 1 − 1 3 + 1 5 − 1 7 + 1 9 − . . .
Alternativ kann man auch folgenden Satz benutzen:
Satz 9.23 (Abelscher Grenzwertsatz).
Ist die Reihe ∑ a n konvergent (nicht notwendig absolut), so konvergiert auch die
Potenzreihe
∑
an x n
gleichmäßig auf [0, 1] und ist dort eine stetige Funktion.
Beweis. [Forster, Seite 238].
Die Binomische Reihe
Für α ∈ R definiere
(α )
:=
n
α · (α − 1) · . . . (α − n + 1)
.
1 · 2 · . . . · n
Satz 9.24.
Die Taylorreihe der Funktion f(x) = (1+x) α hat Konvergenzradius 1 und stimmt
für |x| < 1 mit
∞∑
( α
x
n)
n
überein.
n=0
99

Beweis. Für die Ableitung von f(x) gilt f (k) (x) = k! ( α
n)
(1 + x) α−k . Nach dem
Quotientenkriterium folgt die Konvergenz der Taylorreihe, falls |x| < 1. Ausserdem
gilt f ′ (x) =
α
n+1
f(x). Diese Formel gilt auch für
g(x) :=
∞∑
n=0
( α
n)
x n .
Es folgt, dass f − g Ableitung Null hat. Aus g(0) = f(0) = 1 folgt dann g =
f.
Fourierreihen: Ein Ausblick
Hier entwickelt man periodische Funktionen, d.h. Funktionen f : R → C mit
f(x+2π) = f(x) in unendliche Reihen nach dem Funktionensystem cos(kx) und
sin(kx) bzw. exp(ikx). Die Motivation kommt aus der Musik/Akustik: Zerlegung
von Schwingungen in elementare Sinustöne.
Definition 9.25 (Fourierkoeffizienten).
c k := 1 ∫ 2π
f(x) exp(−ikx)dx ∈ C.
2π 0
Integration komplexwertiger Funktionen wird separat im Real- und Imaginärteil
durchgeführt. Die Fourierreihe ist dann:
Die reelle Darstellung ist:
mit
S f (x) =
∞∑
k=−∞
c k exp(ikx)
S f (x) = a ∞
0
2 + ∑
(a k cos(kx) + b k sin(kx))
a k := 1 π
b k := 1 π
k=0
∫ 2π
0
∫ 2π
0
f(x) cos(kx)dx ∈ R,
f(x) sin(kx)dx ∈ R.
Es stellen sich die gleichen Fragen wie bei Taylorreihen: Wann und wo konvergiert
S f und konvergiert es gegen f(x) Ist f ein trigonometrisches Polynom (Reihe
hat nur endlich viele Summanden), so ist f gleich seiner eigenen Fourierreihe,
100

allgemeiner, falls die Reihe gleichmäßig konvergiert, so sind jedenfalls die Koeffizienten
eindeutig, wegen des folgenden Skalarproduktes:
Hier gilt nämlich
〈f, g〉 := 1 ∫ 2π
f(x)g(x)dx.
2π 0
〈exp(−imx), exp(−inx)〉 = δ m,n und c k = 〈exp(ikx), f〉.
Die Menge e n = exp(inx) (n ∈ Z) bildet also ein Orthonormalsystem im Raum
aller Funktionen, die auf [0, 2π] integrierbar sind und 〈f, f〉 < ∞ erfüllen. Fourierreihen
konvergieren in diesem Funktionenraum aber nicht mehr punktweise
gegen f, sondern nur im quadratischen Mittel: ||f n −f|| 2 := 〈f n −f, f n −f〉 → 0
für n → ∞. Betrachtet man z.B. eine unstetige ungerade Treppenfunktionen, so
konvergiert die Fourierreihe S f gegen einen Mittelwert S f (0) = 0, auch wenn
f(0) = 1 war. Es liegt somit fast nie punktweise Konvergenz vor.
Satz 9.26.
Ist f : R → C periodisch und auf [0, 2π] integrierbar, so gilt: S f konvergiert
gegen f im quadratischen Mittel und es gilt
∑
|c k | 2 = ||f|| 2 .
k∈Z
Ist f sogar stetig und stückweise stetig differenzierbar, so konvergiert S f sogar
gleichmäßig gegen f.
Beispiele 9.27.
• f(x) sei die periodische Funktion mit f(x) = |x| auf [−π, π] (Sägezahn).
Dann gilt
S f (x) = π 2 − 4 (
cos(x) + cos(3x) + cos(5x) )
+ . . .
π
3 2 5 2
Aus S f (0) = f(0) = 0 folgt π2 = 1 + 1 + 1 + . . ..
8 3 2 5 2
• Sei f(x) die periodische Funktion mit f(x) = ( )
x−π 2
2 −
π 2
. Dann S 12 f(x) =
f(0) = ∑ ∞ cos(nx)
n=1
. Es folgt S
n 2
f (0) = ∑ ∞ 1
n=1
= π2 .
n 2 6
101

Aufgaben
Aufgabe 154.
(a) Berechnen Sie den Anfang der Taylorreihe von tan(x) in x = 0.
(b) Berechnen Sie den Anfang der Taylorreihe von arcsin(x) in x = 0.
Aufgabe 155. Sei f(x) = arccot(x).
(a) Bestimmen Sie die Taylorreihe T f (x) von f an der Stelle x = 0.
(b) Auf welchem Intervall um x = 0 konvergiert T f (x) gegen f
(c) Bestimmen Sie einen Näherungswert für f(1) durch Summation der ersten 4
Terme von T f (1) und schätzen Sie das Restglied R 5 (x) ab.
(d) Was ist der tatsächliche Wert von f(1)
Aufgabe 156. Zeigen Sie die folgenden Reihenentwicklungen:
1.
2.
log
1
1 − x = x + x2
2 + x3
3 + x4
. . . für −1 ≤ x < 1
4
√ ∞
1
1 + x = 1 +
2 x + ∑
k−1 1 · 3 · · · (2k − 3)
(−1) x k für |x| < 1
2 · 4 · (2k)
k=2
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