Differential- und Integralrechnung I und II - mehr-davon

Inhaltsverzeichnis 518.7 Wegzusammenhängende Mengen . . . . . . . . . . . . . . . . 17118.8 Kompakte Mengen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17318.9 Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17519 Stetige Abbildungen 18019.1 Definitionen und Sätze . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18019.2 Kartesiches Produkt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18119.3 Stetige Fortsetzbarkeit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18319.4 Umkehrabbildung mit mehreren Variablen . . . . . . . . . . . 18519.5 Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18620 Differentiation 19020.1 Partielle Ableitung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19020.2 Richtungsableitung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19120.3 Totale Ableitung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19220.4 Kettenregel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19520.5 Konvexe Mengen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19720.6 Mittelwertsätze . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19920.7 Umkehrabbildungen und Differenzierbarkeit . . . . . . . . . . 20020.8 Exkurs normierte Algebren . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20120.9 Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20221 Höhere Ableitungen 21021.1 Zweite partielle Ableitung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21021.2 Höhere Ableitung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21321.3 Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21722 Extrema 22122.1 Lineare Algebra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22122.2 Lokale Extrema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22222.3 Extrema mit Nebenbedingungen . . . . . . . . . . . . . . . . 22322.4 Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22523 Taylorreihen 23123.1 Definitionen und Sätze . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23123.2 Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23624 Implizite Funktionen 23824.1 Definitionen und Sätze . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23924.2 Differentialgleichungen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24024.3 Implizite Funktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24224.4 Umkehrsatz und Satz vom Rang . . . . . . . . . . . . . . . . 24624.5 Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 248

Inhaltsverzeichnis 625 Integrationstheorie 25125.1 Elementarintegrale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25125.2 Treppenfunktion . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25225.3 Lebesgue Integral . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25425.4 Konvergenzsätze . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25625.5 Rechenregeln . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25825.6 Zusammenfassung . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25925.7 Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26026 Integration 26226.1 Integrationsregeln . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26226.2 Transformationsformel . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26426.3 Volumenberechnung im Raum . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26526.4 Parameterintegrale . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26826.5 Aufgaben . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27027 Beweise 27727.1 Zahlensysteme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27727.2 Folgen und Funktionalgleichungen . . . . . . . . . . . . . . . 27927.3 Reihen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28227.4 Stetigkeit . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28727.5 Differentiation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29027.6 Integration . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29727.7 Topologie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29927.8 Mehrdimensionale Differentiation und Integration . . . . . . . 30228 Anhang 30828.1 Potenzreihen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30828.2 Geometrische Reihen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30828.3 Wichtige Grenzwerte . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30828.4 Ableitungen und Stammfunktionen . . . . . . . . . . . . . . . 30928.5 Vertauschen von Summe, Integral und Grenzwert . . . . . . . 310L Literaturverzeichnis 311S Stichwortverzeichnis 312

Einführung in die Analysis7

1 Bezeichnungen1.1 Mathematische Schreibweisen1.1.1 Schreibweisen1.1.2 Quantoren1.1.3 Einschränkung⇒ heißt ”daraus folgt”x ⇒ y heißt ”aus x folgt y”⇔ heißt ”genau dann wenn”x : y heißt ”x für das gilt y”∀ heißt ”für alle”∃ heißt ”es existiert ein” oder ”es gibt ein”∃! heißt ”es existiert genau ein”Sei f : A → B eine beliebige Abbildung und sei M eine Teilmenge von A.f| M :⇔ f : M → Bist die auf M eingeschränkte Funktion f.1.1.4 Beispiele∀ n ∈ A : n < 1 heißt ”für alle n Element von A gilt n kleiner 1”.∀ ε > 0 ∃ N ∈ N heißt ”für alle ε größer 0 gibt es ein N aus N”.8

2 BeweistechnikenJeder Beweis sollte in drei Teile gegliedert werden:( 1 ) Voraussetzung Was ist gegeben?( 2 ) Behauptung Was wird behauptet?( 3 ) Beweis Aus den Voraussetzungen wird die Behauptung gezeigt.Der eigentliche Beweis kann dabei gut strukturiert werden, indem man auchhier weitere Unterteilungen vornimmt:zu zeigen (1), zu zeigen (2), zu zeigen (3), . . .Im gesamten Beweis sollten weder zu viele noch zu wenig Kommentare undErläuterungen vorkommen.2.1 Direkter BeweisDurch das Ausnutzen bekannter Definitionen und Sätze kann die Behauptungsofort gezeigt werden:Voraussetzung Seien a, b ∈ R mit a, b > 0.Behauptung Es gilt a+b2≥ √ ab.Beweis Es ist (a − b) 2 ≥ 0 . . .2.2 Indirekter BeweisBei dem indirekten Beweis oder auch Beweis durch Widerspruch wird eineAnnahme gemacht, die dem exakten Gegenteil der Behauptung entspricht.Danach wird gezeigt, dass die Annahme stets falsch ist. Daraus folgt, dassdas Gegenteil der Annahme gelten muss, was wiederum der Behauptungentspricht:9

Kap.2 Beweistechniken 10Voraussetzung: Seien a, b ∈ R mit a, b > 0 und a ≠ b.Behauptung:Beweis:Es gilt a+b2> √ ab.Angenommen es gilt a+b2≤ √ ab.Dann folgt, dass (a − b) 2 ≤ 0 gilt, was ein Widerspruchzur Voraussetzung ist. Somit ist die Annahmefalsch und es muss die Behauptung gelten.2.3 Vollständige InduktionAusführliche Beschreibung siehe Seite 11.2.4 Äquivalente Aussagen und Gleichheit( 1 ) Eine Behauptung der Artwird bewiesen, indem manzeigt.( 2 ) Eine Behauptung der Artwird bewiesen, indem manzeigt.2.5 WiderlegenAussage A ⇔ Aussage BA ⇒ B und A ⇐ BMenge A = Menge BA ⊆ B und A ⊇ BWiderlegen heißt ein explizites Gegenbeispiel zu finden.

3 Vollständige Induktion3.1 Die IdeeDie Idee der vollständigen Induktion ist die Gültigkeit von Aussagen (in derRegel Gleichungen oder Ungleichungen) mit einer Unbekannten n für jedenWert dieser Unbekannten zu beweisen.Beispiel einer Gleichung:Beispiel einer Ungleichung:1 + 2 + 3 + . . . + n = n(n+1)2n < 2 n−1Bei der Unbekannten handelt es sich um eine natürliche Zahl, also n ∈ N.3.2 Das PrinzipDer Beweis gliedert sich in drei Teile:3.2.1 Induktionsvoraussetzung (IV)Hier wird angenommen, dass die Aussage für ein beliebiges n ∈ N gelte.3.2.2 Induktionsanfang (IA)Hier wird das kleinste n ∈ N gesucht, für das eine wahre Aussage entstehtund dies wird auch gezeigt.3.2.3 Induktionsschritt (IS)Hier wird zunächst noch einmal die Behauptung aufgeschrieben, nur wirdjedes n durch (n + 1) ersetzt. Es entsteht eine neue Behauptung, dessenGültigkeit nun zu zeigen ist. Es folgt der eigentliche Beweis, dabei wird aufdie Induktionsvoraussetzung zurückgegriffen.Im Induktionsanfang wurde die Gültigkeit für das kleinst mögliche n gezeigt,in der Induktionsvoraussetzung sollte die Behauptung für ein beliebiges ngelten. Nun wird gezeigt, dass die Aussage auch für den Nachfolger von ngilt und somit für alle n, die größer sind als das kleinste n aus dem Induktionsanfang.11

Kap.3 Vollständige Induktion 123.3 Erklärendes Beispiel3.3.1 BehauptungFür alle n ∈ N giltn∑i = 1 + 2 + . . . + n =i=1n(n + 1).23.3.2 BeweisBeweis durch Vollständige Induktion:InduktionsvoraussetzungDie Behauptung gelte für ein beliebiges n ∈ N:1 + 2 + . . . + n =n(n + 1)2InduktionsanfangDie Behauptung gilt für n = 1:1 =1(1 + 1)2= 1 · 22= 1InduktionsschrittVon n auf (n + 1) schließen:1 + 2 + . . . + n = n(n+1)21 + 2 + . . . + n + (n + 1)= n(n+1)2+ (n + 1)= n(n+1)+2(n+1)2= (n+1)(n+2)2= (n+1)((n+1)+1)2Die Induktionsannahme gilt somit für alle n ∈ N.∣ auf (IV) zurückgreifen∣ auf Hauptnenner bringen∣ (n + 1) ausklammern✷

Kap.3 Vollständige Induktion 133.4 Aufgaben3.4.1 Aufgabe 1Prüfe, für welche n ∈ N1 + 3 + 5 + . . . + 2n − 1 = n 2gilt.Lösung( IV ) Es gelte für ein n ∈ N1 + 3 + 5 + . . . + (2n − 1) = n 2 .( IA ) Es gilt1 = 1 2 = 1.( IS ) Es gilt1 + 3 + 5 + . . . + (2n − 1) + (2(n + 1) − 1)(IV)= n 2 + 2n + 1= (n + 1) 2 .Die Aussage gilt somit also für alle n ∈ N.3.4.2 Aufgabe 2Prüfe, für welche n ∈ N∑n−1q ii=0= 1 − qn1 − qmit q ≠ 1gilt.Lösung( IV ) Es gelte für ein n ∈ N∑n−1q ii=0= 1 − qn1 − q .( IA ) Es gilt0∑i=0q i = q 0 = 1 = 1 − q1 − q = 1 − q11 − q .

Kap.3 Vollständige Induktion 14( IS ) Es giltn∑q i =i=0Die Aussage gilt somit für alle n ∈ N.3.4.3 Aufgabe 3n−1∑q i + q ni=0(IV)= 1 − qn1 − q + qn= 1 − qn1 − q + qn (1 − q)1 − q= 1 − qn1 − q + qn − q n+11 − q= 1 − qn + q n − q n+11 − q= 1 − qn+1.1 − qPrüfe, für welche n ∈ Ngilt.n ≤ 2 n−1Lösung( IV ) Es gelte für ein n ∈ N( IA ) Es giltn ≤ 2 n−1 .1 ≤ 1 = 2 0 = 2 1−1 .( IS ) Es gilt(n + 1) ≤ n + n = 2n (IV)= 2 · 2 n−1 = 2 n .Die Aussage gilt somit für alle n ∈ N.3.4.4 Aufgabe 4Prüfe, für welche n ∈ Ngilt.5 n + 6 n ≤ 7 n

Kap.3 Vollständige Induktion 15Lösung( IV ) Es gelte für ein n ∈ N5 n + 6 n ≤ 7 n .( IA ) Es gilt5 3 + 6 3 = 341 ≤ 343 = 7 3 .Für n < 3 entsteht keine wahre Aussage.( IS ) Es gilt5 n+1 + 6 n+1 = 5 · 5 n + 6 · 6 n ≤ 6(5 n + 6 n )Die Aussage gilt somit für alle n ≥ 4.3.4.5 Aufgabe 5(IV)= 6 · 7 n ≤ 7 · 7 n = 7 n+1 .Prüfe, für welche n ∈ Ngilt.2 n−1 ≤ n!Lösung( IV ) Es gelte für ein n ∈ N( IA ) Es gilt2 n−1 ≤ n! .2 1−1 = 1 ≤ 1 = 1! .( IS ) Es gilt2 n (IV)n−1= 2 · 2 ≤ 2 · n! ≤ (n + 1) · n! = (n + 1)! .Die Aussage gilt somit für alle n ∈ N.3.4.6 Aufgabe 6Prüfe, für welche n ∈ Ngilt.11 · 3 + 13 · 5 + . . . + 1(2n − 1)(2n + 1) = n2n + 1

Kap.3 Vollständige Induktion 16Lösung( IV ) Es gelte für ein n ∈ N11 · 3 + 13 · 5 + . . . + 1(2n − 1)(2n + 1) = n2n + 1 .( IA ) Es gilt( IS ) Es gilt(IV)=======11 · 3 = 1 3 = 12 + 1 .11 · 3 + . . . + 1(2n − 1)(2n + 1) + 1(2(n + 1) − 1)(2(n + 1) + 1)n2n + 1 + 1(2n + 1)(2n + 3)n2n + 1 + 1(2n + 1)(2n + 3)n(2n + 3)(2n + 1)(2n + 3) + 1(2n + 1)(2n + 3)n(2n + 3) + 1(2n + 1)(2n + 3)2n 2 + 3n + 1(2n + 1)(2n + 3)(n + 1)(2n + 1)(2n + 1)(2n + 3)n + 12n + 3 .Die Aussage gilt somit für alle n ∈ N.3.4.7 Aufgabe 7Prüfe, für welche n ∈ Ngilt.n! ≤ n nLösung( IV ) Es gelte für ein n ∈ N( IA ) Es giltn! ≤ n n .1! = 1 ≤ 1 = 1 1 .

Kap.3 Vollständige Induktion 17( IS ) Es gilt(n + 1)! = n! · (n + 1) (IV)≤ n n · (n + 1)Die Aussage gilt somit für alle n ∈ N.3.4.8 Aufgabe 8Prüfe, für welche n ∈ Ngilt.n∑i=1≤ (n + 1) n · (n + 1) = (n + 1) n+1 .i 2 = 1 n(n + 1)(2n + 1)6Lösung( IV ) Es gelte für ein n ∈ Nn∑i=1i 2 = 1 n(n + 1)(2n + 1).6( IA ) Es gilti∑i 2 = 1 = 1 6 6 = 1 6 · 2 · 3.i=1( IS ) Es giltn+1∑i 2 =i=1n∑i 2 + (n + 1) 2i=1(IV)= 1 6 n(n + 1)(2n + 1) + (n2 + 2n + 1)= 1 (n(n + 1)(2n + 1) + 6(n 2 + 2n + 1) )6= 1 (2n 3 + n 2 + 2n 2 + n + 6n 2 + 12n + 6 )6= 1 (n + 1)(n + 2)(2n + 3).6Die Aussage gilt somit für alle n ∈ N.

Kap.3 Vollständige Induktion 183.4.9 Aufgabe 9Prüfe, für welche n ∈ Nn∏(1 − a k ) ≥ 1 −gilt.Lösungk=0( IV ) Es gelte für ein n ∈ N( IA ) Es giltn∑a k mit a k > 0k=0n∏(1 − a k ) ≥ 1 −k=0n∑a k .k=01∏(1 − a k ) = (1 − a 0 )(1 − a 1 ) = 1 − a 1 − a 0 + a 0 a 1k=0( IS ) Es giltn+1∏(1 − a k ) =k=0≥ 1 − a 1 − a 0 = 1 − (a 0 + a 1 ) = 1 −(IV)≥(∏ n)(1 − a k ) (1 − a n+1 )(k=01 −)n∑a k (1 − a n+1 )k=0= 1 − a n+1 −= 1 −≥1 −= 1 −k=0k=01∑a k .k=0()n∑n∑a k + ( a k )(a n+1 )k=0n∑n∑a k − a n+1 + ( a k )(a n+1 )n∑a k − a n+1k=0n+1∑= 1 − a k .( n∑k=0a k + a n+1)k=0Die Aussage gilt somit für alle n ∈ N.k=0

Kap.3 Vollständige Induktion 193.4.10 Aufgabe 10Prüfe, für welche n ∈ N133 ein Teiler von 11 n+1 + 12 2n−1ist.Lösung( IV ) Es gelte für ein n ∈ N, dass133 ein Teiler von 11 n+1 + 12 2n−1ist.( IA ) Es gilt11 1+1 + 12 2−1 = 121 + 12 = 133.( IS ) Es gilt11 (n+1)+1 + 12 2(n+1)−1 = 11 n+2 + 12 2n+1Die Aussage gilt somit für alle n ∈ N.3.4.11 Aufgabe 11Sei f(x) = e ax+b mit a, b ∈ R.Prüfe, für welche n ∈ Ngilt.Lösung( IV ) Es gelte für ein n ∈ N= 11 · 11 n+1 + 12 2 · 12 2n−1= 11 · 11 n+1 + (133 + 11) · 12 2n−1= 11 · 11 n+1 + 11 · 12 2n−1 + 133 · 12 2n−1= 11 · (11} n+1 +{{12 2n−1}) + 133 } ·{{ 12 2n−1} .teilt 133 (IV)teilt 133f (n) (x) = a n · e ax+bf (n) (x) = a n · e ax+b .( IA ) Es giltf (1) (x) = f ′ (x) = a · e ax+b = a 1 · e ax+b .

Kap.3 Vollständige Induktion 20( IS ) Es giltf (n+1) (x) =( ) ′f (n) (IV)(x) =(a n · e ax+b) ′= a n+1 · e ax+b .Die Aussage gilt somit für alle n ∈ N.3.4.12 Aufgabe 12SeiPrüfe, für welche n ∈ Ngilt.LösungA =( 1 −1−1 1).(A n = 2 n−1 1 −1·−1 1( IV ) Es gelte für ein n ∈ N(A n = 2 n−1 1 −1·−1 1)).( IA ) Es giltA 1 =( 1 −1−1 1)(= 2 0 1 −1·−1 1).( IS ) Es gilt(A n+1 = A n · A (IV)= 2 n−1 1 −1·−1 1( )= 2 n−1 2 −2·−2 2) ( 1 −1·−1 1= 2 n ·)( 1 −1−1 1).Die Aussage gilt somit für alle n ∈ N.

4 Mengenlehre und Abbildungen4.1 Grundlegende Definitionen4.1.1 DefinitionEine Menge ist eine Zusammenfassung von Dingen, den Elementen, zueinem Ganzen.4.1.2 DefinitionSeien A, B zwei Mengen.A ⊂ B heißt, dass A eine Teilmenge von B ist. Es gilt also für alle a ∈ Aauch a ∈ B.Die leere Menge ist die Menge, die gar keine Elemente enthält.Schreibweise: M = ∅.BeispielEs gilt für eine beliebige Menge M:( 1 ) ∅ ⊂ M( 2 ) M ⊂ M4.1.3 DefinitionSeien A, B zwei Mengen.A ∩ B heißt der Durchschnitt von A und B und ist die Menge, die alleElemente enthält, die in A und B enthalten sind.A ∪ B heißt die Vereinigung von A und B und ist die Menge, die alleElemente enthält, die in A oder B enthalten sind.A \ B ist die Differenzmenge von A und B und ist die Menge, die alleElemente enthält, die in A, aber nicht in B enthalten sind.21

Kap.4 Mengenlehre und Abbildungen 224.1.4 DeMorgansche RegelSeien M, A, B beliebige Mengen.Dann gilt4.1.5 DefinitionSeien A, B zwei Mengen.M \ (A ∪ B) = (M \ A) ∩ (M \ B) undM \ (A ∩ B) = (M \ A) ∪ (M \ B).A und B heißen disjunkt, wenngilt.4.1.6 DefinitionA ∩ B = ∅Sei I eine beliebige Indexmenge und seien A i mit i ∈ I beliebige Mengen.Dann gilt⋃A i := {x | ∃ i ∈ I : x ∈ A i } undi∈I⋂A i := {x | ∀ i ∈ I : x ∈ A i }.i∈I4.1.7 DefinitionSei M eine beliebige Menge.P (M) := {N | N ist Teilmenge von M}ist die Menge aller Teilmengen von M und heißt Potenzmenge von M.4.2 Geordnete Mengen4.2.1 DefinitionSei M eine beliebige Menge.M heißt (total) geordnet, wenn eine Relation ≤ auf M definiert ist, sodass für alle a, b, c ∈ M gilt:( 1 ) a ≤ a( 2 ) aus a ≤ b und b ≤ a folgt a = b

Kap.4 Mengenlehre und Abbildungen 23( 3 ) aus a ≤ b und b ≤ c folgt a ≤ c( 4 ) für alle a, b ∈ M gilt a ≤ b oder b ≤ a4.2.2 Satz 1Teilmengen geordneter Mengen sind wieder geordnete Mengen.4.2.3 DefinitionSei M eine geordnete Menge und sei B ⊂ M eine Teilmenge.B heißt oben beschränkt :⇔ ∃ c ∈ M ∀ x ∈ B : x ≤ c.B heißt unten beschränkt :⇔ ∃ c ∈ M ∀ x ∈ B : x ≥ c.c heißt dann obere bzw. untere Schranke von B.4.2.4 DefinitionSei M eine geordnete Menge und sei B ⊂ M eine Teilmenge.c ∈ M heißt Supremum von B :⇔ c ist die kleinste obere Schranke von B.c ∈ M heißt Infimum von B :⇔ c ist die größte untere Schranke von B.Schreibweise: c = sup{B} bzw. c = inf{B}.4.2.5 Satz 2Sei M eine geordnete Menge und sei B ⊂ M eine nicht leere Teilmenge.B hat ein Supremum ⇔ B ist nach oben beschränkt.B hat ein Infimum ⇔ B ist nach unten beschränkt.4.2.6 DefinitionSei M eine geordnete Menge und sei B ⊂ M eine nicht leere Teilmenge.c heißt Maximum von B :⇔ c ist das Supremum von B und c ∈ B.c heißt Minimum von B :⇔ c ist das Infimum von B und c ∈ B.4.2.7 BemerkungExistiert ein Supremum, Infimum, Maximum oder Minimum einer Menge,so ist dieses eindeutig bestimmt.

Kap.4 Mengenlehre und Abbildungen 244.3 Abbildungen4.3.1 DefinitionenSeien A, B zwei Mengen.A × B = {(a, b) | a ∈ A, b ∈ B}heißt das kartesische Produkt von A und B.f ⊂ A × B sei eine Vorschrift, die jedem a ∈ A ein b ∈ B zuordnet.f : A → Ba ↦→ f(a) = bAoderf→heißt eine Abbildung von A nach B, wenn gilt:( 1 ) für alle a ∈ A gibt es ein b ∈ B so dass gilt: (a, b) ∈ f( 2 ) aus (a, b), (a, c) ∈ f folgt b = cA heißt dabei der Definitionsbereich von f und B heißt der Zielbereichoder Wertevorrat.Ist B = R oder B = C, so heißt f eine Funktion.4.3.2 DefinitionSei f : A → B eine Abbildung.Die MengeBIm(f) = {f(a) | a ∈ A}bezeichnet das Bild von f und ist eine Teilmenge von B.Die Mengef −1 (B) = {a ∈ A | f(a) ∈ B}bezeichnet das Urbild von f und ist eine Teilmenge von A.4.3.3 Rechenregeln für UrbilderSei f : A → B eine Abbildung und seien D 1 , D 2 ⊂ B zwei Teilmengen.Dann gilt:( 1 ) f −1 (∅) = ∅( 2 ) f −1 (B) = A

Kap.4 Mengenlehre und Abbildungen 25( 3 ) f −1 (D 1 ∩ D 2 ) = f −1 (D 1 ) ∩ f −1 (D 2 )( 4 ) f −1 (D 1 ∪ D 2 ) = f −1 (D 1 ) ∪ f −1 (D 2 )( 5 ) f −1 (D 1 \ D 2 ) = f −1 (D 1 ) \ f −1 (D 2 )Diese Rechenregeln gelten nur für Urbilder und nicht für Bilder von Abbildungen.BeweisskizzeMan nehme zum Beispiel ein a ∈ A mit a ∈ f −1 (D 1 ∩ D 2 ) und zeige, dassdann auch a ∈ f −1 (D 1 ) ∩ f −1 (D 2 ) gilt. Andersherum nehme man ein a ∈ Amit a ∈ f −1 (D 1 ) ∩ f −1 (D 2 ) und zeige, das dann a ∈ f −1 (D 1 ∩ D 2 ) folgt.4.3.4 DefinitionSei f : A → B eine Abbildung.f heißt injektiv, wenn für alle a, b ∈ A mit f(a) = f(b) folgt a = b.f heißt surjektiv, wenn es zu jedem b ∈ B ein a ∈ A gibt mit f(a) = b.f heißt bijektiv, wenn f injektiv und surjektiv ist.injektiv, aber surjektiv, aber bijektiv, alsonicht surjektiv nicht injektiv injektiv und surjektiv4.3.5 BeispieleAbbildung 1( 1 ) f : R → R mit f(x) = x 3 ist bijektiv.( 2 ) f : R → R mit f(x) = x 2 ist weder injektiv noch surjektiv.( 3 ) f : R → [0, ∞[ mit f(x) = x 2 ist surjektiv, aber nicht injektiv.

Kap.4 Mengenlehre und Abbildungen 264.3.6 Satz und DefinitionSei f : A → B eine Abbildung.Ist f bijektiv, so existiert eine eindeutig bestimmt Abbildung g : B → Amitf(a) = b ⇔ g(b) = a.Dabei heißt g die Umkehrung oder Umkehrabbildung von f.4.3.7 DefinitionSeien f : A → B und g : B → C zwei Abbildungen.Dann heißtAbbildung 2(g ◦ f)(a) := g(f(a))die Verknüpfung oder Komposition von f auf g.4.3.8 DefinitionDie Abbildung f : A → A mit a ↦→ a heißt die Identität auf der Menge A.Schreibweise: id A .4.3.9 Satz 1Seien A, B zwei nicht leere Mengen und sei f : A → B eine Abbildung.f ist genau dann injektiv, wenn es eine Abbildung g : B → A gibt mitid A = g ◦ f : A → A.f ist genau dann surjektiv, wenn es eine Abbildung g : B → A gibt mitBeweisskizzeid B = f ◦ g : B → B.Man definiere sich die Abbildungen g gerade so, dass die geforderten Eigenschaftenzutreffen.

Kap.4 Mengenlehre und Abbildungen 274.4 Äquivalenzrelationen4.4.1 DefinitionSei M eine beliebige nicht leere Menge.Eine Relation R ⊂ M × M auf M ist eine Äquivalenzrelation ∼, wenngilt:( 1 ) für alle a ∈ M gilt (a, a) ∈ R( 2 ) für alle (a, b) ∈ R folgt (b, a) ∈ R( 3 ) für alle (a, b) ∈ R und für alle (b, c) ∈ R folgt (a, c) ∈ RFür (a, b) ∈ R schreibt man auch a ∼ b oder aRb.Die Mengenheißen Äquivalenzklassen.4.4.2 Satz 1a/ ∼ := {b ∈ M | a ∼ b} ⊂ MJede Äquivalenzrelation auf einer Menge M ergibt eine Zerlegung von M indisjunkte Äquivalenzklassen.4.4.3 BeispielSei M = Z die Menge der ganzen Zahlen. Dann definierta ∼ b ⇔ a und b haben den selben Rest bei Division durch 5eine Äquivalenzrelation.4.5 Mächtigkeit4.5.1 DefinitionZwei Mengen A, B heißen gleich mächtig oder haben gleiche Kardinalität,wenn es eine bijektive Abbildung f : A → B gibt.# bezeichnet dabei die Mächtigkeit der Mengen.4.5.2 Satz 1Es gilt#N = #Z = #(N × N) = #Q.Zwischen je zwei dieser Zahlenmengen gibt es also eine bijektive Abbildung.

Kap.4 Mengenlehre und Abbildungen 28BeweisskizzeZwischen N und Z gibt es zum Beispiel eine bijektive Abbildung, die durch1 2 3 4 5 . . . 2n 2n + 1 . . .↕ ↕ ↕ ↕ ↕ . . . ↕ ↕ . . .0 1 −1 2 −2 . . . n −n . . .gegeben wird. Zwischen N und N × N erhält man eine bijektive Abbildung,indem man N × N in einem Rechteck aufschreibt:(1, 1) (1, 2) (1, 3) . . .(2, 1) (2, 2) (2, 3) . . .(3, 1) (3, 2) (3, 3) . . ....Eine Abbildungsvorschrift ist dann zum Beispielf(n, m) = n +Bei der Menge Q geht man ähnlich vor.4.5.3 Satz von Schröder-Bernstein(n + m − 1)(n + m − 2).2Seien A, B zwei Mengen und es gebe zwei injektive AbbildungenDann sind A und B gleich mächtig.f : A → B und g : B → A.BeweisskizzeEs muss eine bijektive Abbildung zwischen A und B gefunden werden.Sei dazu P (A) die Potenzmenge von A. Es wird folgende Abbildung definiert:T : P (A) → P (A)C ↦→ A \ g(B \ f(C))Es gilt dann für alle C, D ∈ P (A) mit C ⊂ D auch T (C) ⊂ T (D). Sei nunM = {C ∈ P (A) | C ⊂ T (C)}und sei N die Vereinigung aller Mengen aus M. Es ergibt sich dann T (N) =T (T (N)) und durch T (N) ⊂ N folgt N = T (N).Die Abbildung f bildet nun N ⊂ A bijektiv auf f(N) ab und die Abbildungg bildet B \ f(N) ⊂ B bijektiv auf g(B \ f(N)) = A \ N ab. Zusammenerhält man eine bijektive Abbildung von A nach B.

Kap.4 Mengenlehre und Abbildungen 294.5.4 DefinitionEine Menge M heißt abzählbar, wenn M gleich mächtig zu N ist.4.5.5 Satz 2R ist nicht abzählbar.4.5.6 Definitiona ∈ C heißt algebraisch, wenn es ein Polynom f mit Kooeffizienten aus Zgibt, die nicht alle 0 sind, und für das f(a) = 0 gilt.4.5.7 DefinitionAllex ∈heißen transzendente Zahlen.Beispielπ und e sind transzendente Zahlen.R \ {algebraische Zahlen}} {{ }}abzählbar{{ }nicht abzählbar

5 Natürliche bis komplexe ZahlenBei der Einführung der Zahlenmengen wird die Menge R der reellen Zahlenals intuitive Zahlenmenge vorausgesetzt. Alle anderen Zahlenmenge ergebeneine Teilmenge oder einer Erweiterung von R.5.1 Natürliche Zahlen5.1.1 Nat-MengeAbbildung 3Charakterisierung der natürlichen Zahlen N durch Eigenschaften:( 1 ) 1 ∈ N( 2 ) mit n ∈ N ist auch n + 1 ∈ N5.1.2 Satz 1Für alle n, m ∈ N gilt:( 1 ) n ≥ 1( 2 ) n + m ∈ N( 3 ) n · m ∈ N5.1.3 Satz 2Jede nicht leere Teilmenge M ⊂ N hat ein Minimum.5.1.4 Satz von ArchimedesZu jeder reellen Zahl x gibt es eine natürliche Zahl n, so dass x kleiner alsn ist:∀ x ∈ R ∃ n ∈ N : x < n30

Kap.5 Natürliche bis komplexe Zahlen 315.2 Ganze Zahlen5.2.1 DefinitionAbbildung 4Die Menge der ganzen Zahlen Z wird definiert durch5.2.2 Satz 1Für alle n, m ∈ Z gilt:( 1 ) −n ∈ Z( 2 ) n + m ∈ Z( 3 ) n · m ∈ Z5.2.3 GaußklammerZ := − N ∪ {0} ∪ N.Zu jeder reellen Zahl x gibt es genau eine ganze Zahl m mitm ≤ x < m + 1.[x] := m heißt die Gaußklammer von x.5.3 Rationale Zahlen5.3.1 DefinitionDie Menge der rationalen Zahlen Q wird definiert durch{ m }Q := ∣ m ∈ Z, n ∈ N .n5.3.2 Satz 1Zu je zwei reellen Zahlen a, b mit a < b gibt es eine rationale Zahl r mita < r < b.

Kap.5 Natürliche bis komplexe Zahlen 325.4 Reelle ZahlenAbbildung 55.4.1 DefinitionenPotenzenSei a ∈ R und sei n ∈ N. Dann geltea 1 := a und a n+1 = a n · a.SummenSeien a 1 , .., a n ∈ R und sei n ∈ N. Dann gelten∑a i := a 1 + . . . + a n .i=1ProdukteSeien a 1 , .., a n ∈ R und sei n ∈ N. Dann gelten∏a i := a 1 · . . . · a n .i=1FakultätSei n ∈ N. Dann gelte0! := 1 und n! :=n∏i.i=1BinomialkoeffizientSeien n, k ∈ N. Dann gelte( nk):=n!k!(n − k)! .5.4.2 Endliche geometrische ReiheZeige, dass für eine reelle Zahl q gilt:{n∑q n+1q i −1= q−1für q ≠ 1n + 1 für q = 1i=0

Kap.5 Natürliche bis komplexe Zahlen 33LösungFür q = 1 ist die Lösung leicht einsichtig. Für q ≠ 1 gilt aber geraden∑n+1∑ n∑(q − 1) · q i = q i − q i = q n+1 − 1,i=0 i=1 i=0womit die Behauptung gezeigt wurde.5.4.3 Rechenregeln für SummenSeien a 1 , .., a n , b 1 , .., b n ∈ R, seien a ij ∈ R mit 1 ≤ i, j ≤ n und sei λ ∈ R.Dann gilt:n∑∑( 1 ) (a i + b i ) = n ∑a i + n( 2 )( 3 )i=1i=1n∑ ∑(λa i ) = λ ni=1a ii=1b ii=1( )n∑ n∑a ij = n (∑ n∑)a ij = n (∑ n∑)a jii=1 j=1j=1 i=1j=1 i=15.4.4 Dreiecksungleichung (DUG)In den reellen Zahlen gilt die Dreiecksungleichung:∀ x, y ∈ R : |x + y| ≤ |x| + |y|BeweisEs gilt zunächt einmal x ≤ |x| und y ≤ |y|.Gilt x + y ≥ 0, so folgtGilt nun x + y < 0, so folgt|x + y| = x + y ≤ |x| + |y|.|x + y| = | − (x + y)| = − (x + y) = − x − y ≤ | − x| + | − y| = |x| + |y|.5.4.5 Binomische FormelSeien a, b ∈ R und sei n ∈ N. Dann giltn∑( n(a + b) n = ak)k b n−k .k=0✷

Kap.5 Natürliche bis komplexe Zahlen 34BeweisSiehe 27.1.1 auf Seite 277.5.4.6 Bernoulli-UngleichungSei h > −1. Dann gilt für alle n ∈ N(1 + h) n ≥ 1 + nh.Beweis(1 + h) n =n∑k=0( nk)h k 1 n−k = 1 + nh + . . . }{{}≥0≥ 1 + nh✷5.4.7 Dedekindsches SchnittaxiomSeien A, B ⊂ R zwei Mengen von reellen Zahlen mit folgenden Eigenschaften:( 1 ) A, B sind beide nicht leer.( 2 ) Es gilt A ∪ B = R.( 3 ) Für alle a ∈ A und b ∈ B gilt a < b.Dann gibt es stets ein s ∈ R mit folgenden Eigenschaften:( 1 ) Aus a ∈ A folgt a ≤ s.( 2 ) Aus b ∈ B folgt b ≥ s.s heißt die Schnittzahl zu A und B.Durch das Dedekindsche Schnittaxiom lassen sich Sätze beweisen, die sichauf die reellen Zahlen beziehen.5.4.8 Satz von PythagorasAbbildung 6

Kap.5 Natürliche bis komplexe Zahlen 35In einem rechtwinkligem Dreieck mit den Seitanlängen a, b und c gilta 2 + b 2 = c 2 .BeweisSiehe 27.1.2 auf Seite 278.5.4.9 Quadratische GleichungenDie Lösungen einer quadratischen Gleichung der Form x 2 + px + q = 0 sindx 1,2 = − p 2 ± √ (− p 2) 2− q .Beispiel 1Löse x 2 − 6x − 16 = 0.Es giltx 1,2 = 3 ± √ 9 − (−16) = 3 ± 5.Somit sind x 1 = −2 und x 2 = 8 die beiden Lösungen der gegebenen Gleichung.Beispiel 2Löse x − 2x + 2 = 0.Es giltx 1,2 = 1 ± √ 1 − 2 = 1 ± √ −1.Da aus einer negativen Zahl keine Wurzel gezogen werden kann, hat diesequadratische Gleichung anscheinend keine reelle Lösung. Es liegt daher nahe,eine Zahlenmenge einzuführen, die größer ist als die der reellen Zahlen undin der auch Wurzeln aus negativen Zahlen enthalten sind: die komplexenZahlen.5.5 Komplexe ZahlenJede komplexe Zahl besteht aus einem reellen Realanteil Re und einemreellen Imaginärteil Im. Der Imaginärteil wird gegeben durch b · i, wobeii := √ −1 die imaginäre Einheit bildet.Schreibweise:z = a + bi = (a, b) mit a, b ∈ RDie Menge der komplexen Zahlen wird mit C bezeichnet.

Kap.5 Natürliche bis komplexe Zahlen 36Komplexe ZahlenebeneAbbildung 7Um die komplexen Zahlen möglichst einfach einzuführen und um mit ihnenrecht einfach und übersichtlicht rechnen zu können, wird für eine komplexeZahl konsequent die Schreibweise (a, b) verwendet. Alle Definitionen, Sätzeund Rechenregeln gelten natürlich auch für die eigentliche Schreibweise a+bi.BemerkungEs giltN ⊂ Z ⊂ Q ⊂ R ⊂ C.5.5.1 DefinitionenSeien (a, b) und (c, d) zwei komplexe Zahlen. Dann gelte:(a, b) + (c, d) := (a + c, b + d) Addition(a, b) · (c, d) := (ac − bd, ad + bc) Multiplikation5.5.2 Bemerkung(a, b) := (a, −b) Konjugation|(a, b)| := √ a 2 + b 2 Abstand, BetragMit obiger Addition und Multiplikation bildet C den Körper der komplexenZahlen.5.5.3 FolgerungDas Inverse einer komplexen Zahl (a, b) wird gegeben durch( )a(a, b) −1 =a 2 + b 2 , −ba 2 + b 2 .

Kap.5 Natürliche bis komplexe Zahlen 375.5.4 RechenregelnSei (a, b) eine komplexe Zahl und sei c eine reelle Zahl. Dann gilt:( 1 ) i 2 = −1( 2 ) −(a, b) = (−a, −b)( 3 ) c · (a, b) = (c, 0) · (a, b) = (ca, cb)( 4 ) 1 i = i−1 = −i( 5 ) (a, b) · (a, −b) = a 2 + b 25.5.5 Satz über konjugiert komplexe ZahlenSeien z, w zwei komplexe Zahlen. Dann gilt:( 1 ) z + w = z + w( 2 ) z · w = z · w( 3 ) z = z( 4 ) −z = −z( 5 ) z −1 = (z) −1 (z ≠ 0)5.5.6 Satz über den Betrag komplexer ZahlenSeien z, w zwei komplexe Zahlen. Dann gilt:( 1 ) |Re z| ≤ |z|( 2 ) |Im z| ≤ |z|( 3 ) |z| ≤ |Re z| + |Im z|( 4 ) |z| = √ z · z( 5 ) | − z| = |z| = |z|( 6 ) |z| ≥ 0( 7 ) |z · w| = |z| · |w|( 8 ) |z + w| ≤ |z| + |w|∣( 9 ) ∣|z| − |w| ∣ ≤ |z − w|

Kap.5 Natürliche bis komplexe Zahlen 385.5.7 DefinitionEine Teilmenge A ⊂ C heißt beschränkt, wenn es ein c > 0 gibt, so dassfür alle a ∈ A gerade |a| ≤ c gilt.Abbildung 8c ist dann eine obere Schranke für A.5.6 Aufgaben5.6.1 Aufgabe 1Zeige, dass √ 2 keine rationale Zahl ist.LösungAnnahme: √ 2 ist rational. Dann gilt√2 =pqmit p, q ∈ NDas Quadrieren beider Seiten ergibt2 = p2q 2 ⇔ 2q 2 = p 2 .Demnach ist p 2 gerade und somit auch p, da das Quadrat einer natürlichenZahl nur dann gerade sein kann, wenn seine Wurzel eine gerade Zahl ist.Sei nun p = 2m mit m ∈ N. Dann gilt2q 2 = (2m) 2 = 4m 2 ⇔ q 2 = 2m 2 .Demnach ist q 2 gerade und somit analog auch q.Sei nun q = 2n mit n ∈ N. Dann folgt√2 =pq= 2m2n = m n .

Kap.5 Natürliche bis komplexe Zahlen 39Man erkennt, dass sich √ 2 = p qsomit unendlich oft kürzen lässt.Da man aber keine rationale Zahl unendlich oft kürzen kann, ist √ 2 auchkeine rationale Zahl.5.6.2 Aufgabe 2Zeige, dass 1+√ 21− √ 2Lösungnicht rational ist.Es gilt1 + √ 21 − √ 2 = 1 + √ 21 − √ 2·1 + √ 21 + √ 2 = (1 + √ 2) 21 − 25.6.3 Aufgabe 3(= − 1 + 2 √ )2 + 2= −3 − 2 √ } {{2}.∉ QSeien a, b, c, d positive reelle Zahlen und sei a/c < b/d.Zeige, dass dann gilt:LösungEs gilt:ac< a + bc + d

Kap.5 Natürliche bis komplexe Zahlen 40LösungEs gilti + i 2 + i 3 + i 4 + i 5i + 1= (0, 1) + (0, 1)2 + (0, 1) 3 + (0, 1) 4 + (0, 1) 5(1, 1)(0, 1) + (−1, 0) + (0, −1) + (1, 0) + (0, 1)=(1, 1)((0, 1)1= = (0, 1) ·(1, 1)2 2), −1( 1=2 , 1 =2)1 2 + 1 2 i.5.6.5 Aufgabe 5Bringe die komplexe Zahlauf die Gestalt a + bi mit a, b ∈ R.Lösung1 − i(1 + i) 2Es gilt1 − i(1 + i) 2 ==(1, −1)(1, 1) 2 =(− 1 )2 , −1 2(1, −1)(0, 2)= − 1 2 − 1 2 i.(= (1, −1) · 0, − 1 )25.6.6 Aufgabe 6Finde alle komplexen Zahlen z ∈ C, die die Gleichung(z − z) 3 = ierfüllen.LösungSei z = a + bi = (a, b) ∈ C. Dann gilt(z − z) 3 = ((a, b) − (a, b)) 3 = ((a, b) − (a, −b)) 3= (0, 2b) 3 = (0, −8b 3 ) = (0, 1).Somit wird bei der richtigen Wahl von b die Gleichung für alle a ∈ R erfüllt:−8b 3} {{ }∈R= 1 }{{}∈R⇒ b = − 1 2

Kap.5 Natürliche bis komplexe Zahlen 41Somit erfüllen alle z = ( a, − 1 2)∈ C mit a ∈ R beliebig die gegebene Gleichung.5.6.7 Aufgabe 7Finde alle komplexen Zahlen z ∈ C, die die Ungleichungerfüllen.LösungSei z = a + bi = (a, b) ∈ C. Dann giltzi−z < 0zi−z=(a, b)(0, 1)(−a, b)= (−b, a)==( −aa 2 + b 2 ,(−b, a)(−a, b)( 2aba 2 + b 2 , −a2 + b 2 )a 2 + b 2)−ba 2 + b 2< 0.Da es keine Anordnung in C gibt, muss der Imaginärteil 0 werden:−a 2 + b 2a 2 + b 2 = 0 ⇒ b = −a oder b = aFür den Realteil muss nun gelten:2aba 2 + b 2 < 0Für den Fall b = a folgt die falsche Aussage2a 22a 2 = 1 < 0,demnach darf b nicht gleich a sein. Der Fall b = −a liefert durcheine wahre Aussage.−2a 22a 2 = − 1 < 0Somit wird die Ungleichung von allen z = (a, −a) ∈ C mit a ∈ R \ {0}erfüllt.

6 Mathematische Methoden6.1 Gaußsches EliminierungsverfahrenDas Gaußsches Eliminierungsverfahren wird verwendet, um ein lineares Gleichungssystemlösen zu können. Dabei liegt das lineare Gleichungssystemmeistens in Form einer Matrix vor und es können folgende elementare Umformungenvorgenommen werden, ohne das Ergebnis zu veränden:( 1 ) Vertauschen von zwei Zeilen der Matrix.( 2 ) Multiplizieren einer Zeile der Matrix mit einem Faktor λ ≠ 0.( 3 ) Addieren eines Vielfachen einer Zeile der Matrix zu einer Anderen.6.1.1 BeispielLöse folgendes Gleichungssystem:6.1.2 Lösunga + 2b = −1a − b = 13a + 3b = −1In Matrixschreibweise ergibt sich nun⎛1 2⎞−1⎛1 2 −1⎝ 1 −1 1 ⎠ (−) ❀ ⎝ 0 3 −23 3 −13 3 −1❀❀⎛⎝⎛⎝1 2 −10 3 −20 0 03 0 10 6 −40 0 0⎞⎠⎞⎠(·3)(·2) ❀⎞⎠⎛⎝(·1/3)(·1/6) ❀Wieder in Gleichungsschreibweise folgt nun(·3)(−)❀⎛⎝3 6 −30 6 −40 0 0⎛⎝1 2 −10 3 −20 3 −2⎞⎠1 0 1/30 1 −2/30 0 0(−)⎞⎠ .⎞⎠(−)42

Kap.6 Mathematische Methoden 431a = 1/31b = −2/3.Somit sind a = 1 3 und b = − 2 3Lösungen für alle drei Gleichungen.6.2 Partialbruchzerlegung (PBZ)Die Partialbruchzerlegung dient dazu, eine gebrochen rationale Funktion derFormf(x) = p(x) mit zwei Polynomen p(x), q(x)q(x)als Summe von Partialbrüchen der Formf(x) =c 1x − a 1+ . . . +c nx − a nmit c 1 , .., c n ∈ R, a 1 , .., a n ∈ Rumzuformen. Besonders hilfreich ist diese Methode, um einige Funktionenleichter integrieren zu können oder um den Grenzwert einer Reihe zu bestimmen.Man geht dabei wie folgt vor:( 1 ) p(x) durch q(x) teilen, falls Grad von p(x) größer als Grad von q(x).( 2 ) Nenner zerlegen in q(x) = (x − a 1 ) · .. · (x − a n ).( 3 ) Partialbrüche mit unbestimmten Koeffizienten aufstellen.( 4 ) Koeffizientenvergleich vornehmen.6.2.1 BeispielZerlege folgende Funktion in Partialbrüche:Lösungf(x) = x3 + 2x 2 + 1x 2 − 4x + 3Da der Grad des Zähler größer als der Grad des Nenners ist, muss einePolynomdivision vorgenommen werden:(x 3 + 2x 2 + 0x + 1) : (x 2 − 4x + 3) = x + 6 + 21x−17x 2 −4x+3−(x 3 − 4x 2 + 3x)(6x 2 − 3x + 1)−(6x 2 − 24x + 18)(21x − 17)

Kap.6 Mathematische Methoden 44Demnach giltf(x) = x3 + 2x 2 + 1x 2 − 4x + 3= x + 6 +21x − 17x 2 − 4x + 3= x + 6 +21x − 17(x − 1)(x − 3) .Die Partialbrüche mit unbestimmten Koeffizienten sind nun21x − 17(x − 1)(x − 3) = Ax − 1 + Bx − 3 .Durch Koeffizientenvergleich lassen sich nun A und B ausrechnen:⇔⇔21x − 17(x − 1)(x − 3) = Ax − 1 + Bx − 321x − 17(x − 1)(x − 3) = A(x − 3) B(x − 1)+(x − 1)(x − 3) (x − 1)(x − 3)21x − 17(x − 1)(x − 3)=A(x − 3) + B(x − 1)(x − 1)(x − 3)⇒ 21x − 17 = A(x − 3) + B(x − 1)⇔ 21x − 17 = Ax − 3A + Bx − B⇔ 21x − 17 = (A + B)x − (3A + B)⇒ 21 = A + B und 17 = 3A + B⇒ A = −2 und B = 23Es gilt alsof(x) = x + 6 − 2x − 1 + 23x − 3 .6.3 Horner-SchemaDas Horner-Schema ist ein Rechenverfahren, mit dem man für ein Polynomder Formf(x) = a n x n + . . . + a 1 x + a 0bei gegebener Stelle c sehr einfach Folgendes berechnen kann:( 1 ) den Funktionswert f(c)( 2 ) die Division von f(x) durch den Linearfaktor (x − c)( 3 ) den Funktionswert einer beliebigen Ableitung f (r) (c)( 4 ) die Taylorentwicklung (siehe Seite 149) von f an der Stelle c

Kap.6 Mathematische Methoden 45Es werden dazu die Koeffizienten a n , .., a 0 in absteigender Reihenfolge notiert.Folgender Algorithmus (am Beispiel eines Polynoms dritten Grades)wird nun angewendet:a 3 a 2 a 1 a 0k 3 := a 3 k 2 := (k 3 · c) + a 2 k 1 := (k 2 · c) + a 1 k 0 := (k 1 · c) + a 0Dieser Algorithmus kann nun mehrmals angewendet werden, dabei verschiebtsich jede neue Zeile um eine Stelle nach links. Somit erhält mank 0 ′ , k′′ 0 , .., k(n) 0 :a 3 a 2 a 1 a 0k 3 := a 3 k 2 := (k 3 · c) + a 2 k 1 := (k 2 · c) + a 1 k 0 := (k 1 · c) + a 0k 2 ′ := a 3 k 1 ′ := (k′ 2 · c) + k 2 k 0 ′ := (k′ 1 · c) + k 1k 1 ′′ := a 3 k 0 ′′k (3)0 := a 3:= (k′′ 1 · c) + k′ 1Anhand dieser Tabelle kann man nun das Ergebnis ablesen:( 1 ) Funktionswert: f(c) = k 0( 2 ) Division: f(x)x−c = . . . + k 3x 3 + k 2 x 2 + k 1 x + k 0x−c( 3 ) Ableitungen: f (r) (c) = k (r)0 · r!( 4 ) Taylorentwicklung: f(x) = . . . + k ′′0 (x − c)2 + k ′ 0 (x − c) + k 06.3.1 Beispiel 1SeiBerechne f(c) und f(x)x−c .Lösungf(x) = x 4 + 2x 2 + 4 und c = 3.Es wird nur die erste Zeile des Horner-Schemas benötigt:Somit ergibt sich f(3) = 103 und1 0 2 0 4c=3 1 3 11 33 103 = k 0f(x)x − 3 = x3 + 3x 2 + 11x + 33 + 103x − 3 .

Kap.6 Mathematische Methoden 466.3.2 Beispiel 2Seif(x) = 2x 4 − x 3 − x − 18 und c = 2.Berechne f(c), . . . , f (4) (c) sowie die Taylorentwicklung von f bei c.LösungEs ergibt sich folgendes Horner-Schema:Es gilt somit2 -1 0 -1 -18c = 2 2 3 6 11 4 = k 0c = 2 2 7 20 51 = k 0′c = 2 2 11 42 = k 0′′c = 2 2 15 = k (3)0c = 2 2 = k (4)0und für die Taylorentwicklungf(2) = 4f ′ (2) = 51f ′′ (2) = 42 · 2! = 84f (3) (2) = 15 · 3! = 90f (4) (2) = 2 · 4! = 48f(x) = 2(x − 2) 4 + 15(x − 2) 3 + 42(x − 2) 2 + 51(x − 2) + 4.

Eindimensionale Analysis47

7 Folgen7.1 Konvergente Folgen7.1.1 DefinitionEine reelle Folge ordnet jeder natürlichen Zahl n ∈ N eine reelle Zahl a nzu.Eine komplexe Folge ordnet jeder natürlichen Zahl n ∈ N eine komplexeZahl a n zu.Sei A eine beliebige nicht leere Menge. Eine Folge in A ordnet jeder natürlichenZahl n ∈ N ein Element a n aus A zu.Schreibweisen für Folgen:(a n ) n∈N = (a n ) = (a n ) n = (a n ) n≥1Die a n heißen Folgeglieder oder Elemente der Folge (a n ) n∈N .{a n } n∈N = {a n | n ∈ N}ist die Menge der Folgeglieder. Es kann auch vorkommen, dass eine Folge mita 0 und nicht erst mit a 1 beginnt. Dies ist dem Zusammenhang zu entnehmen.7.1.2 Satz 1Zwei Folgen können unterschiedlich sein, obwohl die Menge ihrer Folgegliedergleich ist.7.1.3 DefinitionEine reelle oder komplexe Folge (a n ) n∈N konvergiert genau dann gegena ∈ R oder a ∈ C, wenn es zu jedem ε > 0 eine natürliche Zahl N ∈ N gibt,so dass für alle n ∈ N mit n ≥ N gilt: |a n − a| < ε.Kurz:∀ ε > 0 ∃ N ∈ N ∀ n ≥ N : |a n − a| < εa heißt dann der Grenzwert der Folge (a n ) n∈N .48

Kap.7 Folgen 497.1.4 Beispiel 1Sei (a n ) n∈N eine reelle Folge mita n = 1 n .Behauptung(a n ) n∈N konvergiert gegen 0.BeweisSei ε > 0 beliebig.Wähle N ∈ N so, dassN > 1 ε⇔1N < εgilt. Dann folgt für alle n ≥ N∣ |a n − a| =1 ∣∣∣∣n − 0 = 1 n ≤ 1 N < ε,womit die Behauptung gezeigt wurde.✷BemerkungBei einen solchen Beweis über die Definition von konvergenten Folgen mussfolgendes beachtet werden:( 1 ) Der Grenzwert a muss zunächst ”erraten” werden.( 2 ) Die Wahl von N in Abhängigkeit von ε folgt eigentlich erst aus derletzten Abschätzung, muss jedoch schon zuvor angegeben werden.7.1.5 Beispiel 2Sei (a n ) n∈N eine reelle Folge mita n = 1 √ n.Behauptung(a n ) n∈N konvergiert gegen 0.

Kap.7 Folgen 50BeweisSei ε > 0 beliebig.Wähle N ∈ N so, dassN > 1 ε 2 ⇔1N < ε2 ⇔1√N< εgilt. Dann folgt für alle n ≥ N|a n − a| =1∣√ − 0n ∣ = √ 1 ≤ √ 1 < ε,n Nwomit die Behauptung gezeigt wurde.✷7.1.6 DefinitionEine reelle oder komplexe Folge (a n ) n∈N konvergiert uneigentlich gegen Unendlichoder divergiert, wenn eine der folgenden Aussagen gilt:( 1 ) ∀ a ∈ R oder C ∃ ε > 0 ∀ N ∈ N ∃ n ≥ N : |a n − a| ≥ ε( 2 ) ∀ c ∈ R oder C ∃ N ∈ N ∀ n ≥ N : |a n | > c7.1.7 BeispielSei (a n ) n∈N eine reelle Folge mit a n = n.Behauptung(a n ) n∈N divergiert.BeweisAnnahme: (a n ) n∈N konvergiert gegen a ∈ R.Wähle ε = 1 und sei N ∈ N beliebig. Dann gilt|a n − a| < 1 = ε.Wähle n = N bzw. n = N + 2. Dann folgtDann würde aber gelten:|N − a| < 1 und |N + 2 − a| < 1.2 = |(N + 2 − a) − (N − a)| = |N + 2 − a| + |N − a| < 2Dieser Widerspruch zeigt, dass die Folge (a n ) n∈N keinen Grenzwert a habenkann. Somit ist (a n ) n∈N divergent.✷

Kap.7 Folgen 517.1.8 Satz 2Eine Folge hat höchstens einen Grenzwert.BeweisskizzeMan nehme an, dass eine Folge zwei Grenzwerte a und a ′ hat. Zu jedemε > 0 gibt es dann aber auch ein geeignet großes m, so dass nach derDreiecksungleichung gerade|a − a ′ | = |a − a m + a m − a ′ | ≤ |a − a m | + |a m − a ′ | < εgilt. Da ε aber beliebig klein werden kann, folgt a = a ′ .7.1.9 DefinitionWenn eine Folge (a n ) n∈N gegen einen Grenzwert a konvergiert, dann schreibtman dafürlimn→∞ a n = a.7.1.10 Satz 3Ist eine Folge (a n ) n∈N konvergent, so ist (a n ) n∈N beschränkt, das heißt dieMenge der Folgeglieder{a n } n∈Nist beschränkt.BeweisSei (a n ) n∈N eine gegen a konvergente Folge. Zu ε = 1 gibt es dann einenIndex N ∈ N, so dass für alle n ≥ N gerade|a n | ≤ |a| + 1 = cgilt. Da aber jede endliche Menge beschränkt ist, ist auch{|a 1 |, |a 2 |, .., |a N−1 |} ∪ {c}beschränkt.✷7.1.11 Satz 4Seien (a n ) n∈N , (b n ) n∈N und (c n ) n∈N drei Folgen, seilim b n = lim c nn→∞ n→∞= a ∈ R

Kap.7 Folgen 52und es gelte für alle n ∈ Nb n ≤ a n ≤ c n .Dann ist auch (a n ) n∈N konvergent und es gilt7.1.12 Satz 5Sei q ∈ R mit q > 1.lim a n = lim b n = lim c n = a.n→∞ n→∞ n→∞Dann divergiert die Folge (a n ) n∈N mit a n = q n .BeweisSei c ∈ R beliebig und sei q = 1 + h mit h > 0.Dann folgt nach der Bernoulli UngleichungWähle N ∈ N so, dass gilt:q n = (1 + h) n ≥ 1 + nh.N >c h⇔Nh > cDann folgt aber für alle n ≥ Nnh > c ⇒ q n − 1 > c.Somit kann q n für große n beliebig groß werden, also ist die gegebene Folgedivergent.✷7.1.13 Satz 6Sei q ∈ R oder C mit |q| < 1.Dann konvergiert die Folge (a n ) n∈N mit a n = q n gegen 0.7.2 Rechnen mit Folgen7.2.1 RechenregelnSeien (a n ) n∈N und (b n ) n∈N zwei konvergente Folgen mitDann gilt:lim a n = a und lim b n = b.n→∞ n→∞( 1 ) (|a n |) n∈N konvergiert gegen |a|( 2 ) (a n + b n ) n∈N konvergiert gegen a + b( 3 ) (a n · b n ) n∈N konvergiert gegen a · b

Kap.7 Folgen 537.2.2 Satz 1Sei (a n ) n∈N eine konvergente Folge mit limn→∞ a n = a.Sei k ∈ N und sei a n ≠ 0 für alle n ≥ k.(Dann konvergiert 1a n)n∈N gegen 1 a .7.2.3 BeispielSei (a n ) n∈N eine Folge mitDann gilta n = n2 + 3n + 14n 2 .+ 5a n = n2 + 3n + 14n 2 + 57.2.4 Satz 2= 1 + 3 1 n + 1 n 24 + 5 1 = 1 + 3 1 n + 1 n · 1n4 + 5 1 n 2 n · 1n−→ 1 4 .Sei (a n ) n∈N eine konvergente Folge mit limn→∞ a n = a und sei c ∈ R.( 1 ) Gilt a n ≥ c für alle n ∈ N, so ist auch a ≥ c.( 2 ) Gilt |a n | ≤ c für alle n ∈ N, so ist auch |a| ≤ c.7.2.5 DefinitionEine reelle Folge (a n ) n∈N heißt( 1 ) monoton wachsend :⇔ für alle n ∈ N gilt a n+1 ≥ a n .( 2 ) monoton fallend :⇔ für alle n ∈ N gilt a n+1 ≤ a n .( 3 ) streng monoton wachsend :⇔ für alle n ∈ N gilt a n+1 > a n .( 4 ) streng monoton fallend :⇔ für alle n ∈ N gilt a n+1 < a n .SchreibweiseKonvergiert eine Folge (a n ) n∈N monoton wachsend bzw. fallend gegen ihrenGrenzwert a, so schreibt man dafür aucha n ↗ a bzw. a n ↘ a.

Kap.7 Folgen 547.2.6 Beispiela n = 1 nist streng monoton fallend, denn es gilt1n + 1 < 1 n .7.2.7 MonotoniekriteriumIst eine reelle Folge beschränkt und monoton, so konvergiert sie.7.2.8 BeispielSei (a n ) n∈N eine reelle Folge mita 0 = 1, a 1 = 1, 4, a 2 = 1, 41, a 3 = 1, 414, a 4 = 1, 4142, . . . ,also a n = √ 2 auf n Nachkommastellen genau.Dann ist a n beschränkt und monoton wachsend, also konvergiert sie.(a n ) n∈N konvergiert aber nicht in Q, da der Grenzwert √ 2 nicht in Q enthaltenist.7.3 Häufungspunkte7.3.1 DefinitionSei (a n ) n∈N eine Folge in einer Menge M.a ∈ M heißt ein Häufungspunkt der Folge (a n ) n∈N , wenn gilt:7.3.2 BeispielSei a n eine Folge mit a n = (−1) n .∀ ε > 0 ∀ N ∈ N ∃ n ≥ N : |a n − a| < εDann ist 1 ein Häufungspunkt von (a n ) n∈N .Sei ε > 0 beliebig, sei N ∈ N beliebig und sei n = 2N. Dann gilt7.3.3 Satz 1Es gilt:|a n − a| = ∣ ∣(−1) 2N − 1 ∣ ∣ = |1 − 1| = 0 < ε.( 1 ) Der Grenzwert einer Folge ist auch ein Häufungspunkt.( 2 ) Eine Folge mit mehr als einem Häufungspunkt ist divergent.( 3 ) Jede beschränkte Folge hat mindestens einen Häufungspunkt.

Kap.7 Folgen 557.3.4 Satz 2Eine Folge (a n ) n∈N in R oder in C ist genau dann konvergent, wenn gilt:( 1 ) (a n ) n∈N ist beschränkt( 2 ) (a n ) n∈N hat genau einen Häufungspunkt7.3.5 DefinitionSei (a n ) n∈N eine Folge und seien k 1 , k 2 , .. ∈ N mit1 ≤ k 1 < k 2 < k 3 < . . . .Dann heißt die Folge (b n ) n∈N mitb n= a kneine Teilfolge von a n .7.3.6 Satz 3Sei (a n ) n∈N eine konvergente Folge mit dem Grenzwert a.Dann konvergiert jede Teilfolge von (a n ) n∈N auch gegen a.7.3.7 Satz 4Sei (a n ) n∈N eine Folge in M und sei a ∈ M.Dann sind folgende Aussagen äquivalent:( 1 ) a ist ein Häufungspunkt von (a n ) n∈N .( 2 ) Für jedes ε > 0 ist {n ∈ N | |a n , a| < ε} unendlich.( 3 ) Es gibt eine Teilfolge (b n ) n∈N von (a n ) n∈N mit limn→∞ b n = a.7.4 Rekursive FolgenEine rekursive Folge ist ein Folge, bei der jedes neue Folgeglied aus einemvorherigen Folgeglied berechnet wird.Dies geht natürlich nur, wenn das erste Folgeglied (also a 0 ) vorgegeben wird.(a n ) n∈N mit a n = √ 2 + a n−1 und a 0 = √ 2ist dann beispielsweise eine rekursive Folge.Für die Untersuchung einer rekursiven Folge ist vor allem das Monotoniekriteriumsehr wichtig.

Kap.7 Folgen 567.4.1 BeispielSei (a n ) n∈N eine rekursive Folge mitZeige, dass limn→∞ a n = 2 gilt.a n = √ 2 + a n−1 und a 0 = √ 2.LösungEs wird zunächst durch vollständige Induktion gezeigt, dass (a n ) n∈N monotonwachsend ist:( IV ) a n ≤ a n+1( IA ) a 0 = √ 2 ≤ √ 2 + √ 2 = a 1( IS ) a n+1 ≤ a n+2√2 + an ≤ √ 2 + a n+12 + a n ≤ 2 + a n+1a n ≤ a n+1Angenommen (a n ) n∈N ist auch beschränkt, dann wäre (a n ) n∈N nach demMonotoniekriterium auch konvergent.Sei nun limn→∞ a n = a, dann giltlim a n = lim a n−1n→∞ n→∞= aund es folgta = √ 2 + aa 2 = 2 + aa 2 − a − 2 = 0also a = 2.Da a n > 0 für alle n ∈ N gilt, ist 2 der mögliche Grenzwert von (a n ) n∈N undnicht die zweite Lösung −1 der quadratischen Gleichung.Nun muss nur noch durch vollständige Induktion gezeigt werden, dass dierekursive Folge (a n ) n∈N auch wirklich beschränkt ist:( IV ) a n = √ 2 + a n−1 < 2( IA ) a 0 = √ 2 < 2

Kap.7 Folgen 57( IS ) a n+1 < 2√2 + an < 22 + a n < 4a n < 2Die Folge (a n ) n∈N konvergiert also nach dem Monotoniekriterium gegen 2.7.5 Aufgaben7.5.1 Aufgabe 1Zeige nur unter Verwendung der Definition der Folgenkonvergenz, dass dieFolge(a n ) n∈N mit a n = n!n ngegen 0 konvergiert.LösungSei ε > 0 beliebig. Wähle N ∈ N so, dassN > 1 ε⇔gilt. Dann folgt für alle n ≥ N∣ |a n − 0| =n! ∣∣∣∣n n = n!n n = n n≤7.5.2 Aufgabe 21N· (n − 1)n< ε·(n − 2)nnn · nn · nn · . . . · nn · 1n = 1 n ≤ 1 N < ε.· . . . · 2n · 1nZeige nur unter Verwendung der Definition der Folgenkonvergenz, dass dieFolge(a n ) n∈N mit a n = 8n34n − 3divergiert.LösungEs ist zu zeigen, dass es zu jedem c ∈ R ein N ∈ N gibt, so dass für allen ≥ N auch a n > c gilt.

Kap.7 Folgen 58Sei c ∈ R beliebig. Wähle N ∈ N so, dassN >√|c|2⇔ 2N 2 > cgilt. Dann folgt für alle n ≥ N8n 3∣4n − 3∣ >8n 3∣ 4n ∣= 8n34n = 2n2 ≥ 2N 2 > c.7.5.3 Aufgabe 3Untersuche das Konvegenzverhalten der Folge(a n ) n∈N mit a n =√ n1 + √ n .Berechne gegebenenfalls den Grenzwert.LösungEs gilta n =√ n√n 11 + √ n = · √n√1n · (1 + √ n) = 1√1n+ 1 ,demnach folgtlim a n = limn→∞ n→∞1√1n+ 1 = 1 1 = 1.Somit ist die gegebene Folge (a n ) n∈N konvergent und hat den Grenzwert 1.7.5.4 Aufgabe 4Untersuche das Konvegenzverhalten der Folge(a n ) n∈N mit a n =√n 2 + 1 + √ n4√n 3 + n − n .Berechne gegebenenfalls den Grenzwert.LösungEs gilt√na n =2 + 1 + √ n4√n 3 + n − n√= n ( 2 1 + 1 ) √n + n·√ n2 √ n√4n ( 4 1n + 1 ) =n − n 3(√)n · 1 + 1 + 1n 2 √ n( √ ) ,4 1n ·n + 1 − 1n 3

Kap.7 Folgen 59demnach folgtlim nn→∞=(√)1 + 1 + 1nlim√ n( √ )n→∞ 4 1n + 1 − 1n 3 = 1 + 00 − 1 = − 1.Somit ist die gegebene Folge (a n ) n∈N konvergent und hat den Grenzwert −1.7.5.5 Aufgabe 5Zeige, dass die Folgegegen 1 2 konvergiert.Lösung(a n ) n∈N mit a n = √ n 2 + n − n.Seien (b n ) n∈N und (c n ) n∈N zwei Folgen mitb n= 1 2 − 1 nund c n = 1 2 + 1 n .Es gilt für alle n ∈ Nsowie1n 2 − 1 n ≤ 7 414 − 12n + n 2 − 12n + 1 n 2 − 1 + n 2 − 1 + n2 ≤ n 2 + n12 − 1 n + n ≤ √ n 2 + n12 − 1 n ≤ √ n 2 + n − nb n ≤ a n0 ≤ 1 n 2 + 1 n + 9 4n 2 + n ≤ 1 4 + 12n + n 2 + 12n + 1 n 2 + 1 + n 2 + 1 + n2√n 2 + n ≤ 1 2 + 1 n + n√n 2 + n − 1 ≤ 1 2 + 1 na n ≤ c n .Zusammengefasst gilt also für alle n ∈ Nb n ≤ a n ≤ c n .

Kap.7 Folgen 60Weiter gilt offenbar limn→∞ b n = limn→∞ c n = 1 2 .Demnach folgt auch für (a n ) n∈Nlimn→∞ a n = 1 2 .7.5.6 Aufgabe 6Bestimme alle Häufungspunkte der Folge (a n ) n∈N mitDabei ist [ ] die Gaußklammer.Lösunga n = (−1) [n/2] + (−1) [n/4] .Für alle n ∈ N gilt a n ∈ {−2, 0, 2}. Daher sind −2, 0, 2 auch alle möglichenHäufungspunkte der Folge (a n ) n∈N .Es gilt:(−1) a + (−1) b =⎧⎨⎩−2 für a, b ungerade2 für a, b gerade0 sonstDurch vollständige Induktion wird gezeigt, dass a n = 2 in der Folge (a n ) n∈Nunendlich oft vorkommt:( IV ) a 8n = 2 gelte für ein n ∈ N.( IA ) a 8 = (−1) [4] + (−1) [2] = 1 + 1 = 2. Die Aussage gilt also für n = 1.( IS ) a 8(n+1) = a 8n+8 = (−1) [4n+4] + (−1) [2n+2] = 1 + 1 = 2Somit ist 2 ein Häufungspunkt der Folge (a n ) n∈N .Analog folgt:( IV ) a 8n+4 = 0 gelte für ein n ∈ N.( IA ) a 12 = (−1) [6] + (−1) [3] = 1 − 1 = 0( IS ) a 8(n+1)+4 = a 8n+12 = (−1) [4n+6] + (−1) [2n+3] = 1 − 1 = 0Somit ist 0 ein Häufungspunkt der Folge (a n ) n∈N .( IV ) a 8n+6 = −2 gelte für ein n ∈ N.( IA ) a 14 = (−1) [7] + (−1) [3,5] = (−1) 7 + (−1) 3 = −1 − 1 = −2( IS ) a 8(n+1)+6 = a 8n+14 = (−1) [4n+7] + (−1) [2n+3,5] = −1 − 1 = −2Somit ist −2 ein Häufungspunkt der Folge (a n ) n∈N .

Kap.7 Folgen 617.5.7 Aufgabe 7Zeige, dass die Folge (a n ) n∈N mita n =√n + (−1) n√n − (−1) nbeschränkt ist und bestimme alle Häufungspunkte von (a n ) n∈N .LösungEs gilt für gerade na 2n =√ n + 1√ n − 1=√ n ·√1 + 1 n√ n ·√1 − 1 n=√1 + 1 n√ .1 − 1 nDemnach folgtlim a 2n =n→∞Analog gilt für ungerade nund es folgta 2n−1 =limn→∞limn→∞√ n − 1√ n + 1=lim a 2n−1 =n→∞limn→∞limn→∞√1 + 1 n√1 − 1 n√ n ·√1 − 1 n√ n ·√1 + 1 n√1 − 1 n√1 + 1 n= 1 1 = 1.=√1 − 1 n√1 + 1 n= 1 1 = 1.Demnach konvergiert die Folge (a n ) n∈N gegen 1, also ist sie beschränkt undhat genau einen Häufungspunkt.7.5.8 Aufgabe 8Berechnelimn→∞(n + 1) 2 − n 2.nLösungEs gilt(n + 1) 2 − n 2limn→∞ nn 2 + 2n + 1 − n 2= limn→∞ n)n ( 2 + 1 n= limn→∞ n2n + 1= limn→∞ n= limn→∞ 2 + 1 n = 2.

Kap.7 Folgen 627.5.9 Aufgabe 9Berechne1 + 2 + 3 + . . . + nlimn→∞ n 2 .LösungEs gilt1 + 2 + 3 + . . . + nlimn→∞ n 2 = limn→∞12n(n + 1)n 2 ( 1 + 1 n= limn→∞n 2 + nn 2 = limn→∞)2n 21 + 1 n2n 2 = limn→∞ 2= 1 2 .7.5.10 Aufgabe 10Berechne(lim 1 − 4 n.n→∞ n)LösungSei x ∈ R. Dann giltlimn→∞(1 + x n) n= e x = exp(x).(siehe 8.3.5 auf Seite 68). Demnach gilt auch(lim 1 − 4 n= en→∞ n) −4 = 1 e 4 .

8 Fundamentale Funktionen8.1 Logarithmus8.1.1 HerleitungAbbildung 9Sei x > 0 und sei (x n ) n≥0 eine rekursive Folge mitDann gilt:( 1 ) x n > 0 für alle n ∈ N( 2 ) (x n ) n∈N ist konvergent( 3 ) limn→∞ x n = 1x 0 = x und x n+1 = √ x n .Seien (a n ) n∈N und (b n ) n∈N zwei Folgen mitDann gilt:a n = 2 n (x n − 1) und b n = 2 n (1 − 1x n).63

Kap.8 Fundamentale Funktionen 64( 1 ) a n = b n · x n( 2 ) a n ist monoton fallend( 3 ) b n ist monoton wachsend( 4 ) b n ≤ a n( 5 ) (a n ) n∈N und (b n ) n∈N sind konvergent( 6 ) limn→∞ a n = limn→∞ b n8.1.2 DefinitionDer natürliche Logarithmus von x, also der Logarithmus zur Basis e, wirddefiniert durchlog(x) := lim a n = lim b n.n→∞ n→∞8.1.3 FunktionalgleichungFür alle x, y > 0 giltlog(x · y) = log(x) + log(y) .BeweisSiehe 27.2.1 auf Seite 279.8.1.4 Satz 1Es gilt:( 1 ) log(1) = 0( 2 ) log ( 1x)= − log(x)( 3 ) aus 0 < x < y folgt log(x) < log(y)( 4 ) b 0 = 1 − 1 x ≤ log(x) ≤ x − 1 = a 0( )( 5 ) b 1 = 2 1 − √ 1x≤ log(x) ≤ 2( √ x − 1) = a 1( 6 ) für alle c ∈ R gibt es 0 < x < 1 < y mit log(x) < c < log(y)

Kap.8 Fundamentale Funktionen 658.2 ArkustangensAbbildung 108.2.1 HerleitungSei x ∈ R und sei (x n ) n∈N eine rekursive Folge mitx 0 = x und x n+1 =x n1 + √ .1 + x 2 nDann gilt |x n | ≤ 2 −n |x|.Seien (a n ) n∈N und (b n ) n∈N zwei Folgen mita n = 2 n x n und b n =2 n x n√1 + x 2 n.Dann gilt:( 1 ) für x = 0 sind x n = a n = b n = 0( 2 ) für x > 0 sind x n , a n , b n > 0( 3 ) für x < 0 sind x n , a n , b n < 08.2.2 Satz 1Für x > 0 gilt:( 1 ) a n ist monoton fallend( 2 ) b n ist monoton wachsend( 3 ) b n ≤ a n( 4 ) (a n ) n∈N und (b n ) n∈N sind konvergent( 5 ) limn→∞ a n = limn→∞ b n

Kap.8 Fundamentale Funktionen 668.2.3 DefinitionDer Arkustangens wird definiert durcharctan(x) :=lim a n = lim b n.n→∞ n→∞8.2.4 FunktionalgleichungenFür alle x, y ∈ R mit x · y < 1 gilt( ) x + yarctan1 − xy= arctan(x) + arctan(y) .Für alle x, y ∈ R mit x · y > −1 gilt( ) x − yarctan1 + xy= arctan(x) − arctan(y) .BeweisSiehe 27.2.2 auf Seite 279.8.2.5 Satz 2Es gilt:( 1 ) arctan(0) = 0( 2 ) arctan(−x) = − arctan(x)( 3 ) | arctan(x)| ≤ 2( 4 ) aus x < y folgt arctan(x) < arctan(y)( 5 ) arctan(1) = π 48.2.6 DefinitionDie Zahl π ∈ R wird definiert durchπ := 2 · sup{arctan(x) | x ∈ R}.8.2.7 DefinitionTangens ist die Umkehrfunktion des Arkustangens, alsotan := arctan −1 .

Kap.8 Fundamentale Funktionen 678.3 Exponentialfunktion8.3.1 DefinitionAbbildung 11Die Exponentialfunktion wird definiert durchexp : C → Cz ↦→∞∑ z nn!(siehe dazu Kapitel Reihen auf Seite 80).Schreibweise: e x := exp(x).8.3.2 FunktionalgleichungFür alle x, y ∈ C giltn=0exp(x + y) = exp(x) · exp(y) .BeweisSiehe 27.2.3 auf Seite 280.8.3.3 Satz 1Es gilt:( 1 ) exp(0) = 1( 2 ) exp(−z) = 1exp(z)( 3 ) exp(z) = exp(z)

Kap.8 Fundamentale Funktionen 688.3.4 Satz 2Seien (a n ) n∈N und (b n ) n∈N zwei Folgen mita n =(1 + 1 n) nund b n =(1 + 1 n) n+1.Dann gilt:( 1 ) a n ist monoton wachsend( 2 ) b n ist monoton fallend( 3 ) a n ≤ b n( 4 ) (a n ) n∈N und (b n ) n∈N sind konvergent( 5 ) e := limn→∞ a n = limn→∞ b n( 6 ) log(e) = 18.3.5 Satz 3Sei x ∈ R. Dann gilt8.3.6 Satz 4limn→∞(1 + x n) n= e x = exp(x).Die Exponentialfunktion ist die Umkehrfunktion des Logarithmus.8.4 Sinus und CosinusAbbildung 12

Kap.8 Fundamentale Funktionen 698.4.1 DefinitionSinus und Cosinus werden definiert durch:Andere Definitionsin : R → Rx ↦→exp(ix) − exp(−ix)2icos : R → Rx ↦→exp(ix) + exp(−ix)2==∞∑(−1) n x2n+1(2n + 1)!n=0∞∑n=0(−1) n x2n(2n)!Sinus und Cosinus können aber auch anders definiert werden:cos(x) := Re(exp(ix)) und sin(x) := Im(exp(ix))und somit gilt zusammencos(x) + i sin(x) =exp(ix).8.4.2 FunktionalgleichungFür alle x ∈ R giltsin(x) 2 + cos(x) 2 = 1 .8.4.3 BeweisSiehe Aufgabe 8.6.5 auf Seite 75 oder siehe 27.2.4 auf Seite 280.8.4.4 AdditionstheoremeFür alle x, y ∈ R gilt:( 1 ) sin(x + y) = cos(x) · sin(y) + sin(x) · cos(y)( 2 ) cos(x + y) = cos(x) · cos(y) − sin(x) · sin(y)BeweisskizzeDie Additionstheoreme ergeben sich aus der Funktionalgleichung der Exponentialfunktionmitexp(i(x + y)) =exp(ix) · exp(iy).

Kap.8 Fundamentale Funktionen 708.4.5 Satz 1Es gilt:( 1 ) sin(0) = 0, sin(π) = 0( 2 ) cos(0) = 1, cos(π) = −1( 3 ) sin(−x) = − sin(x)( 4 ) cos(−x) = cos(x)8.4.6 Satz 2Es gilt:( 1 ) sin ( x + π )2 = cos(x)( 2 ) cos ( x + π )2 = − sin(x)( 3 ) sin(x + π) = − sin(x)( 4 ) cos(x + π) = − cos(x)8.4.7 Satz 3Sinus und Cosinus sind periodisch mit 2π, das heißt es gilt für alle k ∈ Z:( 1 ) sin(x + k · (2π)) = sin(x)( 2 ) cos(x + k · (2π)) = cos(x)8.4.8 DefinitionEs gilt für die Umkehrfunktion von Sinus und Cosinusarcsin := sin −1arccos := cos −1 .8.4.9 Satz 4Es gilttan(x) =sin(x)cos(x) .

Kap.8 Fundamentale Funktionen 718.5 Sinushyperbolicus und Cosinushyperbolicus8.5.1 DefinitionAbbildung 13Sinushyperbolicus und Cosinushyperbolicus werden definiert durch:sinh : R → Rx ↦→exp(x) − exp(−x)2cosh : R → Rx ↦→exp(x) + exp(−x)2tanh(x) := sinh(x)cosh(x)8.5.2 FunktionalgleichungFür alle x ∈ R gilt==∞∑n=0∞∑n=0x 2n+1(2n + 1)!x 2n(2n)!cosh(x) 2 − sinh(x) 2 = 1 .BeweisDer Beweis geht ganz analog zur Aufgabe 8.6.5 auf Seite 75.8.5.3 AdditionstheoremeFür alle x, y ∈ R gilt:

Kap.8 Fundamentale Funktionen 72( 1 ) sinh(x + y) = sinh(x) · cosh(y) + cosh(x) · sinh(y)( 2 ) cosh(x + y) = cosh(x) · cosh(y) + sinh(x) · sinh(y)8.5.4 Satz 1Es gilt:( 1 ) sinh(0) = 0( 2 ) cosh(0) = 1( 3 ) exp(x) = sinh(x) + cosh(x)8.5.5 DefinitionEs gilt für die Umkehrfunktionen:8.6 Aufgaben8.6.1 Aufgabe 1arsinh := sinh −1arcosh := cosh −1artanh := tanh −1 .Berechne arctan ( 12)+ arctan( 15)+ arctan( 18).LösungAus der Anwendung der Funktionalgleichung folgt:( ( ( 1 1 1arctan + arctan + arctan2)5)8)( 12= arctan + )1 (511 − 1 + arctan8)10( ( 7 1= arctan + arctan9)8))( 79= arctan + 1 81 − 772( ) 65= arctan = arctan(1) = π 654

Kap.8 Fundamentale Funktionen 738.6.2 Aufgabe 2Zeige:( 1 ) Für alle x, y ≥ 1 gilt | log(x) − log(y)| ≤ |x − y|.( 2 ) Für alle 0 ≤ x, y ≤ 1 gilt | log(x) − log(y)| ≥ |x − y|.LösungFür den natürlichen Logarithmus gilt:( )( 1 ) log(x) − log(y) = log xy( 2 ) 1 − 1 x ≤ log x ≤ x − 1Daraus folgt1 − y x ≤ log ( xy)≤ x y − 1.Teil 1Seien x, y ≥ 1 und x ≥ y. Dann gilt( ) xx − y = yy − 1 ≥ x y − 1 ≥log ( xy)= log(x) − log(y).Teil 2Seien 0 ≤ x, y ≤ 1 und x ≥ y. Dann gilt(x − y = x 1 − y )x≤ 1 − y x ≤log ( xy)= log(x) − log(y).8.6.3 Aufgabe 3Zeige, dass gilt:arctan(x) + arctan(x −1 ) ={ π/2 für x > 0−π/2 für x < 0LösungSei x > 0. Dann gilt:( )1 = 1( )x − 1x − 1arctan= arctan1 + xx + 1

Kap.8 Fundamentale Funktionen 74arctan( ) x − 11 + x= arctan( )1 −1x1 + 1 x( 1arctan(x) − arctan(1) = arctan(1) − arctanx)( 1arctan(x) + arctan = arctan(1) + arctan(1)x)arctan(x) + arctan(x −1 ) = π 4 + π 4 = π 2Sei nun x < 0. Dann gilt:( )1 = 1( )x + 1x + 1arctan= arctan1 − x−x + 1( ))x + 1arctan= arctan1 − x( −x−1xx−1x( 1arctan(x) + arctan(1) = arctan(−1) − arctanx)( 1arctan(x) + arctan(1) = − arctan(1) − arctanx)( 1arctan(x) + arctan = − arctan(1) − arctan(1)x)arctan(x) + arctan(x −1 ) = − π 4 − π 4 = − π 28.6.4 Aufgabe 4Zeige, dass die Eulersche Formelexp(iz) =cos(z) + i sin(z)für alle z ∈ C gilt.LösungDurch die Darstellung der Funktionen in ihren Potenzreihen ergibt sich (sieheSeite 308):exp(iz) ===∞∑ 1n! (iz)n∞∑n=0n=0∞∑n=0( 1(2n)! (iz)2n +1(2n)! (iz)2n +)1(2n + 1)! (iz)2n+1∞∑n=01(2n + 1)! (iz)2n+1

Kap.8 Fundamentale Funktionen 758.6.5 Aufgabe 5==Zeige, dass für alle x ∈ Rgilt.Lösung∞∑n=0∞∑n=0(−1) n(2n)! z2n +∞∑ i · (−1) n(2n + 1)! z2n+1n=0(−1) n(2n)! z2n + i ·= cos(z) + i sin(z)∞∑n=0sin(x) 2 + cos(x) 2 = 1(−1) n(2n + 1)! z2n+1Betrachtet man die Funktion f(x) = sin(x) 2 + cos(x) 2 , so ergibt sichf ′ (x) = 2 sin(x) cos(x) − 2 cos(x) sin(x) = 0.Demnach ist f(x) eine konstante Funktion.Es gilt cos(0) = 1 und sin(0) = 0, demnach folgtfür alle x ∈ R.f(x) = sin(x) 2 + cos(x) 2 = 1

9 Metrische RäumeIn diesem Kapitel werden Metriken eingeführt. Durch Metriken kann dieDefinition von konvergenten Folgen noch stark verallgemeinert werden.Die Beweise dieser Sätze sind jedoch meist zu den Beweisen reeller bzw.komplexer Folgen sehr ähnlich.9.1 Definitionen9.1.1 DefinitionSei M eine nicht leere Menge.Eine Abbildung d : M × M → R heißt Metrik, wenn für alle a, b, c ∈ Mgilt:( MET1 ) d(a, b) ≥ 0( MET2 ) d(a, b) = 0 ⇔ a = b( MET3 ) d(a, b) = d(b, a)( MET4 ) d(a, c) ≤ d(a, b) + d(b, c)Die Menge M und die dazugehörige Metrik (M, d) heißt metrischer Raum.Oft kürzt man diese Schreibweise ab und schreibt für (M, d) einfach nur M.{}B ε (a) := x ∈ M ∣ d(x, a) < ε heißt ε-Ball um a bezüglich der Metrik d.9.1.2 Beispiel 1Sei M = R und seien a, b ∈ M.Dann wird durch d(a, b) := |a − b| eine Metrik definiert.9.1.3 Beispiel 2Sei M = R n und seien a = (a 1 , .., a n ), b = (b 1 , .., b n ) ∈ M.Dann sind folgende Abbildungen Metriken:76

Kap.9 Metrische Räume 77d 1 (a, b) = |(a 1 − b 1 )| + · · · + |(a n − b n )|( n∑) 1/2d 2 (a, b) =i − b i )i=1(a 2{}d ∞ (a, b) = max |(a i − b i )| ∣ i = 1, · · · , n9.1.4 Metriken auf M x NSeien (M, d) und (N, d) zwei metrische Räume.Dann können Metriken auch auf dem kartesichen Produkt M × N definiertwerden:d 1 ((x 1 , y 1 ), (x 2 , y 2 )) = d(x 1 , x 2 ) + d(y 1 , y 2 )d 2 ((x 1 , y 1 ), (x 2 , y 2 )) = √ d(x 1 , x 2 ) 2 + d(y 1 , y 2 ) 2d ∞ ((x 1 , y 1 ), (x 2 , y 2 )) = max {d(x 1 , x 2 ), d(y 1 , y 2 )}9.2 Metrische Räume und Folgen9.2.1 DefinitionSei (M, d) ein metrischer Raum und (a n ) n∈N eine Folge in M.Dann konvergiert (a n ) n∈N gegen a ∈ M, wenn gilt:9.2.2 Satz 1∀ ε > 0 ∃ N ∈ N ∀ n ≥ N : d(a n , a) < εEine Folge in einem metrischen Raum hat höchstens einen Grenzwert.9.2.3 DefinitionSei (a n ) n∈N eine Folge in einem metrischen Raum (M, d).(a n ) n∈N heißt eine Cauchyfolge oder Fundamentalfolge, wenn gilt:∀ ε > 0 ∃ N ∈ N ∀ n, m ≥ N : d(a n , a m ) < ε9.2.4 Satz 2Jede konvergente Folge in einem metrischen Raum ist auch eine Cauchyfolge.Die Umkehrung ist im Allgemeinen falsch.

Kap.9 Metrische Räume 78BeweisSei (a n ) n∈N ein Folge in einer Menge M, die gegen a ∈ M konvergiert. Danngibt es zu jedem ε > 0 ein N ∈ N, so das für alle n ≥ N auch d(a n , a) < ε/2gilt. Ist nun auch m ≥ N, so folgtd(a n , a m ) ≤ d(a n , a) + d(a m , a) < ε/2 + ε/2 = εnach den Rechenregeln einer Metrik.✷BemerkungCauchyfolgen sind Folgen, bei denen der Abstand von je zwei Folgegliedernab einem bestimmten Index N kleiner als ε ist.Es ist schwer sich vorzustellen, dass es divergente Cauchyfolgen gibt, dennjede reelle Cauchyfolge ist offenbar auch konvergent. Das folgende Beispielund das Cauchysche Konvergenzkriterium sollen das Verständnis vereinfachen.9.2.5 BeispielSei M = Q, seien a, b ∈ M und sei d(a, b) = |a − b|. Dann ist (M, d) derübliche metrische Raum.Sei (a n ) n∈N eine Folge in (M, d) mita n = x und x ∈] [√2, √ 1 2 +nbeliebig.Dann ist (a n ) n∈N eine Cauchyfolge in M, aber nicht konvergent in M, da(a n ) n∈N gegen √ 2 mit √ 2 ≠ Q = M konvergiert.9.2.6 DefinitionEin metrischer Raum (M, d) heißt vollständig, wenn jede Cauchyfolge inM konvergent ist.9.2.7 Satz 3Cauchyfolgen in R und in C sind beschränkt.9.2.8 Cauchysches Konvergenzkriterium(R, | |) und (C, | |) sind vollständig metrische Räume, dass heißt also, dassjede Cauchyfolge in R oder in C konvergiert.BeweisSiehe 27.2.5 auf Seite 281.

Kap.9 Metrische Räume 799.3 Aufgaben9.3.1 Aufgabe 1Sei M eine nicht leere Menge und seien a, b ∈ M. Weiter sei{ 0 falls a = bd(a, b) =1 falls a ≠ b .( 1 ) Zeige, dass (M, d) ein metrischer Raum ist.( 2 ) Zeige, dass (M, d) vollständig ist.Lösung Teil 1Es müssen die vier Axiome für einen metrischen Raum geprüft werden:( 1 ) d(a, b) ≥ 0 gilt nach Definition.( 2 ) d(a, b) = 0 ⇔ a = b gilt nach Definition.( 3 ) Es gilt d(a, b) = d(b, a):Sei a = b. Dann gilt d(a, b) = 0 = d(b, a).Sei a ≠ b. Dann gilt d(a, b) = 1 = d(b, a).( 4 ) Es gilt d(a, c) ≤ d(a, b) + d(b, c):Sei a ≠ c. Dann giltd(a, c) = 1 ≤ d(a, b) + d(b, c),da entweder d(a, b) = 1 oder d(b, c) = 1.Sei a = c. Dann giltda d(a, b) ≥ 0 und d(b, c) ≥ 0.Lösung Teil 2d(a, c) = 0 ≤ d(a, b) + d(b, c),Es ist zu zeigen, dass jede Cauchyfolge in M konvergent ist.Sei (x n ) n∈N eine Cauchyfolge in M. Dann gilt∀ ε > 0 ∃ N ∈ N ∀ n, m ≥ N : d(x n , x m ) < ε.Da d(x n , x m ) = 1 oder d(x n , x m ) = 0 ist, gibt es für ε ≤ 1 also einen IndexN, so dass für alle n, m ≥ N gilt:d(x n , x m ) = 0Das heißt, dass jede Cauchyfolge ab einem bestimmten Index N eine Nullfolgeist.Somit ist jede Cauchyfolge in M konvergent und hat den Grenzwert 0.

10 Reihen10.1 Definitionen und Sätze10.1.1 DefinitionFür alle n ∈ N sei a n ∈ R oder a n ∈ C und (s n ) n∈N sei eine reelle oderkomplexe Folge mitn∑s n = a k ,k=1(s n ) n∈N ist also die Folge der Partialsummen.Der unenliche Summenfolge für n → ∞∞∑n=1a neiner solchen Folge (s n ) n∈N heißt eine Reihe.Falls (s n ) n∈N konvergent ist und den Grenzwert s hat, dann ist auch diezugehörige Reihe konvergent und hat den Grenzwert s.Kurz:∞∑a n = s ⇔ ∀ ε > 0 ∃ N ∈ N ∀ n ≥ N :n=1Bemerkungn∑a∣ k − s∣ < εAnders als bei Folgen untersucht man Reihen nur auf Konvergenz oderDivergenz. Einen konkreten Grenzwert zu berechnen ist meist gar nichtmöglich.10.1.2 Beispiele für Reihen( 1 ) Sei |q| < 1. Dann heißtk=1∞∑q n =n=011 − q80

Kap.10 Reihen 81die geometrische Reihe.( 2 )( 3 )∞∑n=1heißt die harmonische Reihe. Sie ist monoton wachsend und divergent.1n∞∑(−1) n · 1nn=1heißt die alternierende harmonische Reihe und ist konvergent.10.1.3 Satz 1∑Für alle n ∈ N sei a n ≥ 0. Ist die Folge s n = n a k beschränkt, dann ist dieReihekonvergent.Beweis∞∑k=1Nach den gegebenen Voraussetzung ist die Folge (s n ) n∈N monoton wachsend∑und beschränkt, also auch konvergent und hat den Grenzwert ∞ a k . ✷a k10.1.4 Cauchykriterium für Reihen∑Eine reelle oder komplexe Reihe ∞ a n konvergiert genau dann, wenn gilt:n=1k=1∀ ε > 0 ∃ N ∈ N ∀ n ≥ N ∀ k ≥ 0 :BeweisSiehe 27.3.1 auf Seite 282.∣ n+k∑ ∣∣∣∣ a i < ε∣i=nk=1

Kap.10 Reihen 8210.1.5 Rechenregeln∑Seien ∞ ∑a n , ∞ b n zwei konvergente Reihen und sei λ ∈ R oder λ ∈ C.n=0n=0Dann gilt:∞∑∑( 1 ) (a n + b n ) = ∞ ∑a n + ∞( 2 )n=0∞∑ ∑(λa n ) = λ ∞n=0n=0a nn=0b nn=010.1.6 Definition∑Eine Reihe ∞ ∑a n heißt absolut konvergent, wenn ∞ |a n | konvergent ist.n=110.1.7 Satz 2Jede absolut konvergente Reihe ist auch konvergent.Die Umkehrung ist im Allgemeinen falsch.BeweisSiehe 27.3.2 auf Seite 283.10.1.8 BeispielDie alternierende harmonische Reihe∞∑(−1) n · 1nn=0ist konvergent, jedoch nicht absolut konvergent.10.2 KonvergenzkriterienFür die Beweise einiger Konvergenzkriterien siehe 27.3.3 und folgende abSeite 283.10.2.1 Geometrische Reihe∑Die Reihe ∞ q n = 11−qkonvergiert für alle |q| < 1.n=010.2.2 Allgemeine harmonische ReiheDie Reihe ∞ ∑n=1n=11n q konvergiert für alle q > 1 und divergiert für alle q ≤ 1.

Kap.10 Reihen 8310.2.3 Notwendiges Kriterium∑Die Reihe ∞ a n kann wenn überhaupt nur dann konvergieren, wenn a n einen=cNullfolge ist, wenn also limn→∞ a n = 0 gilt.10.2.4 Majorantenkriterium∑Die Reihe ∞ ∑a n ist absolut konvergent, wenn ∞ b n konvergiert und für allen=1n ∈ N gerade |a n | ≤ b n gilt.n=110.2.5 MinorantenkriteriumDie Reihe∞ ∑n=1a n , b n > 0 für alle n ∈ N.a n ist divergent, wenn∞ ∑n=1b n divergiert und b n≤ a n mit10.2.6 LeibnizkriteriumDie Reihe∞ ∑n=1a n > 0 für alle n ∈ N ist.(−1) n a n konvergiert, wenn a n eine monotone Nullfolge mit10.2.7 Verdichtungskriterium∑Die Reihe ∞ a n konvergiert bzw. divergiert, wenn a n eine monoton fallenden=1∑Nullfolge ist und ∞ 2 n a 2 n konvergiert bzw. divergiert.n=110.2.8 Quotientenkriterium∑Die Reihe ∞ a n ist absolut konvergent, wenn limn=1∣∣ ∣∣divergiert, wenn lim > 1 gilt.∣ a n+1n→∞ a n10.2.9 Wurzelkriterium∞ ∑Die Reihe a n ist absolut konvergent, wennn=1√nReihe divergiert, wenn lim |an | > 1 gilt.n→∞10.2.10 IntegralkriteriumDie Reihe∞ ∑n=1a n konvergiert, wenn∞∫1∣∣ a n+1n→∞ a nlimn→∞∣ ∣∣ < 1 gilt. Die Reihe√n |an | < 1 gilt. Dief(x) dx mit f(n) = a n uneigentlichexistiert und die Abbildung f monoton fallend und f ≥ 0 ist.

Kap.10 Reihen 8410.3 q-adische ZahlensystemeBei dem 10-adischen Zahlensystem wird die Zahl 314 dargestellt durch3 · 10 2 + 1 · 10 1 + 4 · 10 0 .Bei einem q-adischen Zahlensystem geht es darum, eine gegebene nicht negativeganze Zahl n durcha s q s + . . . + a 2 · q 2 + a 1 · q 1 + a 0 · q 0auszudrücken. Dabei sind a 0 , .., a s ∈ {0, 1, .., q − 1}.10.3.1 Satz 1Sei q ∈ N mit q ≥ 2 und sei Z = {0, 1, .., q − 1}.Dann gibt es zu jeder ganzen Zahl n ≥ 0 eindeutig bestimmte Zahlen a k ∈ Zmit nur endlich vielen a m ≠ 0, so dass gilt:10.3.2 Satz 2n =∞∑a k q kk=0= a 0 + a 1 q + a 2 q 2 + . . . + a s q sSei q ∈ N mit q ≥ 2 und sei Z = {0, 1, .., q − 1}.Dann gibt es zu jedem x ∈ R mit 0 < x ≤ 1 eindeutig bestimmte Zahlena k ∈ Z, so dass gilt:x =∞∑k=1a k q −k = a 1q + a 2q 2 + a 3q 3 + . . .10.3.3 Beispiel 1Sei x = 0, 9 := 0, 99999.. .Dann gilt im üblichen 10-adischen Zahlensystem∞∑ 9∞x =10 k = 9 · ∑( ) (1k ∑ ∞ ( ) 1 k= 9 ·− 1)1010k=1k=1k=0und es folgt nach der geometrischen Reihe( ) ( )110x = 9 ·1 − 1 − 1 = 9 ·9 − 1 10= 1.Es gilt also 0, 99999.. = 1.

Kap.10 Reihen 8510.3.4 Beispiel 2Finde eine reelle Zahl, welche die 3-adische Darstellung0, 1212121212121212121212 . . .hat, bei der also die Ziffern 1 und 2 abwechselnd unendlich oft wiederholtwerden.LösungEs gilt0, 12121212.. =∞∑ (1 · 3 −(2n−1) + 2 · 3 −2n)n=1∞∑( 1=3 2n−1 + 2 )3 2n n=1∞∑( 3=3 2n + 2 )3 2n n=1∞∑( ) 1= 5 ·3 2n n=1∞∑( ) 1 n= 5 ·3 2n=1(∑ ∞ ( ) 1 n= 5 ·− 1)9n=0( )1= 5 ·1 − 1 − 19( 1= 5 · =8)5 8 .10.4 Aufgaben10.4.1 Aufgabe 1Untersuche die Reihe ∞ ∑Lösungn=01n 2auf Konvergenz.Da die Folge a n = 1 monoton fallend ist, darf das Verdichtungskriteriumn 2angewendet werden:2 n · a 2 n = 2 n 1(2 n ) 2 = 12 n = ( 12) n

Kap.10 Reihen 86Bei der Reihe ∞ ∑n=0( 1) n2 handelt es sich um die geometrische Reihe, also istsie konvergent. Demnach konvergiert auch die gegebene Reihe.10.4.2 Aufgabe 2Berechne den Grenzwert der Reihe ∞ ∑Lösungn=11n(n+1) .Durch Partialbruchzerlegung (siehe 6.2 auf Seite 43) erhält manDemnach gilt1n(n + 1) = 1 n − 1n + 1 .∞∑n=11n(n + 1)k∑ 1= limk→∞ n − 1n + 1n=1[ 1= limk→∞ 1 − 1 2 + 1 2 − 1 3 + 1 3 − . . . − 1 k + 1 k − 1 ]k + 1[ 1= limk→∞ 1 − 1 ]k + 1= 1 − 0 = 1.Die gegebene Reihe konvergiert also gegen 1.Derartige Summen nennt man auch Teleskopsummen.10.4.3 Aufgabe 3Berechne den Grenzwert der Reihe ∞ ∑Lösungn=114n 2 −1 .Durch Partialbruchzerlegung (siehe 6.2 auf Seite 43) erhält man14n 2 − 1 = 1(2n − 1)(2n + 1) = 1 ( 12 2n − 1 − 1 ).2n + 1Demnach gilt∞∑n=114n 2 − 1= 1 2 limk→∞n=1= 1 2 limk→∞k∑ 12n − 1 − 12n + 1[ 11 − 1 3 + 1 3 − . . . − 12k − 1 + 12k − 1 − 12k + 1]

Kap.10 Reihen 87= 1 [ 12 limk→∞ 1 − 1 ]2k + 1= 1 2 (1 − 0) = 1 2 .Die gegebene Reihe konvergiert also gegen 1 2 .10.4.4 Aufgabe 4Berechne den Grenzwert der Reihe ∞ ∑Lösungn=11n(n+1)(n+2) .Durch Partialbruchzerlegung (siehe 6.2 auf Seite 43) erhält manDemnach gilt1n(n + 1)(n + 2) = 12n − 1n + 1 + 12(n + 2) .∞∑n=11n(n + 1)(n + 2)= limk∑k→∞n=1= limk→∞n=1= limk→∞12n − 1n + 1 + 12(n + 2)k∑ 12n − 22n + 2 + 12n + 4[ 12 − 2 4 + 1 6 + 1 4 − 2 6 + 1 8 + 1 6 − 2 ]8 + . . .= 1 2 − 2 4 + 1 4 = 1 4 .Die gegebene Reihe konvergiert also gegen 1 4 .10.4.5 Aufgabe 5Untersuche die Reihe ∞ ∑Lösungn=11√ n√ √n auf Konvergenz.Es gilta n =1√ n√√ n=1√√n 2 √ √ n=1√√n 3>1√√n 4= 1 n = b n.Für alle n ∈ N gilt a n > 0, b n > 0 sowie b n < a n . Da die Reihe∞∑b n =n=1∞∑n=11n

Kap.10 Reihen 88divergiert, ist auch die gegebene Reihe nach dem Minorantenkriterium divergent.10.4.6 Aufgabe 6Untersuche die Reihe ∞ ∑LösungEs giltn=11 √ 2n+1auf Konvergenz.a n =1√ 2n + 1=√ 2n + 12n + 1>12n + 1 > 12n + n > 13n = b n.Für alle n ∈ N gilt a n > 0, b n > 0 sowie b n < a n . Da die Reihe∞∑b n =n=1∞∑n=113n = 1 3∞∑n=11ndivergiert (harmonische Reihe), ist auch die gegebene Reihe nach dem Minorantenkriteriumdivergent.10.4.7 Aufgabe 7Untersuche die Reihe ∞ ∑Lösungn=11n √ √ nauf Konvergenz.Da a n = √1√ eine monoton fallende Nullfolge ist, darf das Verdichtungskriteriumangewendetn nwerden:∞∑2 n a 2 n =n=1∞∑n=11∑Da √ √2 < 1 gilt, ist ∞2 n 12 n√ √ = ∑∞ 1√√ = ∑∞2 n 2 nn=1konvergiert auch die gegebene Reihe.10.4.8 Aufgabe 8Sei x ∈ ]0, 1]. Untersuche die Reihe ∞ ∑n=1n=1() n1√√22 n a 2 n eine konvergente geometrische Reihe. Somitn=1x(1+x 2 ) nauf absolute Konvergenz.

Kap.10 Reihen 89LösungNach dem Wurzelkriterium folgt√ ∣∣∣∣limn→∞nx(1 + x 2 ) n ∣ ∣∣∣= limn→∞√n x(1 + x 2 ) nn√ x= limn→∞ 1 + x 2 = 11 + x 2 < 1.Der Grenzwert ist also für alle x ∈ ]0, 1] kleiner als 1, demnach ist die gegebeneReihe absolut konvergent.10.4.9 Aufgabe 9Untersuche die Reihe ∞ ∑Lösungn=11n·arctan(n)auf Konvergenz.1Da a n =n·arctan(n)eine monoton fallende Nullfolge ist, darf das Verdichtungskriteriumangewendet werden:∞∑2 n a 2 n =n=1∞∑n=12 n 1∞2 n · arctan(2 n ) = ∑ 1arctan(2 n )1Da limn→∞ arctan(2 n ) = 2 π gilt, ist 2n a 2 n keine Nullfolge. Demnach wird das notwendigeKriterium für eine konvergente Reihe nicht erfüllt. Somit divergiertdie gegebene Reihe.10.4.10 Aufgabe 10Untersuche die Reihe ∞ ∑LösungEs gilt für n ≥ 2n=1∞∑a n =n=11log(n) n∞∑n=1Nach dem Wurzelkriterium folgt nunn=1auf absolute Konvergenz.1∞log(n) n = ∑( ) 1 n.log(n)n=1limn→∞√n |an | =limn→∞√ ∣∣∣∣ (n 1log(n)) n ∣ ∣∣∣= limn→∞1log(n) = 0 < 1.Demnach ist die gegebene Reihe absolut konvergent.

Kap.10 Reihen 9010.4.11 Aufgabe 11Untersuche die Reihe ∞ ∑n=1log(n!)n 3auf Konvergenz.LösungEs gilta n= log(n!)n 3 < log(nn )n 3= n · log(n)n 3= log(n)n 2 = b n .Es gilt |a n | < b n für alle n ∈ N. Da b n eine monoton fallende Nullfolge ist,folgt nach dem Verdichtungskriterium∞∑2 n b 2 n =n=1∞∑n=12 n log(2n )(2 n ) 2 =∞∑n=1n · log(2)2 n =Nach dem Quotientenkriterium folgt nun∣ limc n+1 ∣∣∣ n→∞ ∣ = lim(n + 1) · log(2) · 2 nc n n→∞ ∣ 2 n+1 · n · log(2) ∣= limn + 11 + 1 nn→∞ ∣ 2n ∣ = limn→∞ 2Die Reihe∞ ∑n=1∞∑c n .n=1= 1 2 < 1.c n konvergiert nach dem Quotientenkriterium, demnach ist∞∑∑b n eine Majorante für ∞ a n . Die gegebene Reihe ist also konvergent.n=110.4.12 Aufgabe 12Untersuche die Reihe ∞ ∑n=1n=1n!n nauf absolute Konvergenz.Lösung∞∑ ∑Sei a n = ∞ n!n. Dann folgt nach dem Quotientenkriteriumnn=1 n=1∣ lima n+1 ∣∣∣ n→∞ ∣ = lim(n + 1)! · n na n n→∞ ∣(n + 1) (n+1) · n! ∣ = lim(n + 1) · n! · n nn→∞ ∣(n + 1) n · (n + 1) · n! ∣= limn n ∣ ( ) ∣∣∣ n nn→∞ ∣(n + 1) n = limn→∞ n + 1(= lim 1 − 1 ) n (≤ lim 1 − 1 n= en→∞ n + 1n→∞ n) −1 < 1.Demnach ist die gegebene Reihe absolut konvergent.

Kap.10 Reihen 9110.4.13 Aufgabe 13Sei x ∈ C mit x ≠ 0. Untersuche die Reihe ∞ ∑Lösungn=0Nach dem Quotientenkriterium folgt∣ lima n+1 ∣∣∣ n→∞ ∣ = limx n+1a n n→∞ ∣(n + 1)! · n! ∣ ∣∣∣x n = limxn→∞ ∣n + 1∣ = limn→∞x nn!auf Konvergenz.|x|n + 1 = 0 < 1.Die gegebene Reihe ist also für alle x ∈ R absolut konvergent.10.4.14 Aufgabe 14Finde eine reelle Zahl, welche die 7-adische Darstellung0, 234234234234234234234 . . .hat, bei der also die Ziffern 2, 3 und 4 abwechselnd unendlich oft wiederholtwerden.LösungEs gilt0, 234234234.. ====∞∑ (2 · 7 −(3n−2) + 3 · 7 −(3n−1) + 4 · 7 −3n)n=1∞∑( 27 3n−2 + 37 3n−1 + 4 )7 3n∞∑(27 3n · 7 −2 + 37 3n · 7 −1 + 4 )7 3n∞∑( 2 · 497 3n + 3 · 77 3n + 4 )7 3nn=1n=1n=1= 123 ·= 123 ·= 123 ·∞∑n=1( ∞∑(n=0( 17 3n )= 123 ·( ) 1 n− 1)34311 − 1343− 1)∞∑n=1= 123 ·( ) 1 n3431342 = 41114 .

11 Stetigkeit11.1 Definitionen und Sätze11.1.1 DefinitionEine Teilmenge I ⊂ R heißt Intervall, wenn gilt:Sind a, b ∈ I mit a ≤ b und ist m ∈ R mit a ≤ m ≤ b, dann ist auch m ∈ I.Schreibweisen mit a, b ∈ R und a < b:[a, b] = {x ∈ R | a ≤ x ≤ b} geschlossenes Intervall]a, b[ = {x ∈ R | a < x < b} offenes Intervall]a, b] = {x ∈ R | a < x ≤ b} halboffenes Intervall[a, b[ = {x ∈ R | a ≤ x < b} halboffenes Intervall11.1.2 DefinitionSei M ⊂ R beliebig, sei f : M → R eine Funktion und sei a ∈ M fest.f heißt stetig bei a, wenn gilt:∀ ε > 0 ∃ δ > 0 ∀ x ∈ M : |x − a| < δ ⇒ |f(x) − f(a)| < εAbbildung 14f heißt stetig, wenn f bei jedem a ∈ M stetig ist.92

Kap.11 Stetigkeit 9311.1.3 Beispiele stetiger Funktionen( 1 ) Sei f(x) = c konstant.Sei ε > 0, wähle δ = 1. Dann gilt für alle x, a ∈ R|f(x) − f(a)| = | 0 | = | c − c | = 0 < ε.( 2 ) Sei f(x) = x.Sei ε > 0, wähle δ = ε und für alle x, a ∈ R gelte |x − a| < δ. Dannfolgt|f(x) − f(a)| = |x − a| < δ = ε.11.1.4 BeispielSei f : R → R mit f(x) = x 2 und sei a ∈ R beliebig.Behauptungf ist stetig bei a.BeweisSei ε > 0 beliebig und wähle δ = min{1,Sei x ∈ R beliebig und es gelte |x − a| < δ.ε2|a|+1 } > 0.Es ist nun zu zeigen, dass auch |f(x) − f(a)| < ε gilt:|f(x) − f(a)| = |x 2 − a 2 | = |(x − a)(x + a)|= |x − a| · |x + a| = |x − a| · |x − a + 2a|DUG≤ |x − a| · (|x − a| + |2a|) < δ · (δ + 2|a|)≤ δ · (1 + 2|a|) ≤ ε✷BemerkungÄhnlich wie bei den Folgen muss auch bei einen solchen Beweis über die Definitionvon Stetigkeit beachtet werden, dass die Wahl von δ in Abhängigkeitvon ε eigentlich erst aus der letzten Abschätzung folgt. Im schriftlichen Beweismuss δ jedoch schon zuvor angegeben werden.

Kap.11 Stetigkeit 9411.1.5 GegenbeispielEs gibt auch Funktionen, die nirgends stetig sind.Sei f : R → R mitf(x) ={ 0 für x ∈ Q1 für x ∈ R \ Q .Dann gibt es zu jedem rationalen a mit f(a) = 0 auch ein beliebig nahesirrationales x mit f(x) = 1, so dass|f(x) − f(a)| ≤ 1 = εgilt und umgekehrt. Demnach kann f schon für ε = 1 nicht stetig sein.11.1.6 DefinitionSei M ⊂ R beliebig und sei f : M → R eine Funktion.f heißt gleichmäßig stetig, wenn gilt:∀ ε > 0 ∃ δ > 0 ∀ x, y ∈ M : |x − y| < δ ⇒ |f(x) − f(y)| < εf ist also genau dann gleichmäßig stetig, wenn die Wahl von δ nur von εund nicht von einer Stelle a abhängt.11.1.7 BeispielSei f : R → R mit f(x) = x 2 .Zeige, dass f auf dem Intervall [−2, 2] gleichmäßig stetig ist.LösungSei ε > 0 beliebig und wähle δ = ε 4 .Seien x, y ∈ [−2, 2] beliebig und es gelte |x − y| < δ.Dann gilt|f(x) − f(y)| = |x 2 − y 2 | = |(x − y)(x + y)|DUG∣≤ |x − y| · ∣|x| + |y| ∣ ≤ |x − y| · (2 + 2)< 4δ = ε.11.2 Stetigkeit in metrischen RäumenEinige weitere Aussagen über die Stetigkeit von Abbildungen können füralle metrische Räume verallgemeinert werden.

Kap.11 Stetigkeit 9511.2.1 DefinitionSeien (M, d) und (N, d ′ ) metrische Räume, sei f : M → N eine Abbildungund sei a ∈ M fest.f heißt stetig bei a, wenn gilt:∀ ε > 0 ∃ δ > 0 ∀ x ∈ M : d(x, a) < δ ⇒ d ′ (f(x), f(a)) < εOder anders:∀ ε > 0 ∃ δ > 0 : f(B δ (a)) ⊂ B ε (f(a))f heißt stetig, wenn f bei jedem a ∈ M stetig ist.11.2.2 Satz 1Sei (M, d) ein metrischer Raum. Dann ist auchstetig.11.2.3 Satz 2id M : M → Mx ↦→ xSeien (M, d), (N, d), (P, d) metrische Räume, seien f : M → N, g : N → PAbbildungen, sei a ∈ M und sei b = f(a).Ist f bei a und g bei b stetig, so ist auch g ◦ f stetig bei a.11.2.4 FolgenkriteriumSeien (M, d), (N, d) metrische Räume, sei f : M → N eine Abbildung undsei a ∈ M.Dann ist f genau dann stetig bei a, wenn zu jeder gegen a konvergenten Folge(a n ) n∈N in M auch die Bildfolge (f(a n )) n∈Nin N gegen f(a) konvergiert.BeweisSiehe 27.4.1 auf Seite 287.11.3 Stetige Funktionen11.3.1 RechenregelnSei M ⊂ R beliebig, sei a ∈ M fest und seien f, g : M → R zwei bei a stetigeFunktionen.

Kap.11 Stetigkeit 96Dann gilt:Die Summe, die Differenz, das Produkt und der Quotient zweier stetigerFunktionen ist wieder stetig:( 1 ) f + g ist stetig bei a( 2 ) λ · f ist stetig bei a mit λ ∈ R( 3 ) f · g ist stetig bei a( 4 )1fist stetig bei a falls f(x) ≠ 0 für alle x ∈ MBeweisskizzeMan wende einfach das Folgenkriterium an und nutze die Rechenregeln fürkonvergente Folgen.11.3.2 Beispiele( 1 ) Alle Polynome f : R → R sind stetig.( 2 ) Seien p(x), q(x) beliebige Polynome. Dann ist die rationale Funktionf : R \ A → Rmit A = {x ∈ R | q(x) = 0} stetig.11.3.3 Satz 1Die fundamentalen Funktionen( 1 ) log : ]0, ∞[→ R( 2 ) arctan : R → R( 3 ) exp : C → C( 4 ) sin : R → R( 5 ) cos : R → Rsind alle stetig.x ↦→ p(x)q(x)

Kap.11 Stetigkeit 97BeweisskizzeEs muss jeweils die Stetigkeit bei einem wichtigen Punkt ermittel werden,also zum Beispiel bei 1 für log(x) oder bei 0 für exp(x). Dazu nutzt man diefundamentalen Eigenschaften aus Kapitel 8. Danach ergibt sich die Stetigkeitaller Punkte durch das Ausnutzen der Funktionalgleichungen.Die Stetigkeit von Sinus und Cosinus ergibt sich aus der Definition über dieExponentialfunktion.11.4 Zwischenwertsatz und Umkehrfunktionen11.4.1 Satz von BolzanoSei [a, b] ⊂ R ein Intervall und sei f : [a, b] → R eine stetige Abbildung.Gilt f(a) < 0 und f(b) > 0, dann gibt es ein ξ ∈ ]a, b[ mit f(ξ) = 0.BeweisSiehe 27.4.2 auf Seite 288.11.4.2 ZwischenwertsatzSei I ⊂ R ein Intervall und sei f : I → R eine stetige Abbildung.Dann ist auch f(I) ein Invervall.BeweisSiehe 27.4.3 auf Seite 289.BemerkungDer Zwischenwertsatz ist nur der topologisch reelle Spezialfall, dass dieBilder zusammenhängender Mengen wieder zusammenhängend sind (siehe18.6.4 auf Seite 170).11.4.3 DefinitionSei M ⊂ R eine nicht leere Teilmenge.Die Funktion f : M → R heißt( 1 ) monoton wachsend, wenn für alle x, y ∈ M mit x < y gilt:f(x) ≤ f(y)

Kap.11 Stetigkeit 98( 2 ) monoton fallend, wenn für alle x, y ∈ M mit x < y gilt:f(x) ≥ f(y)( 3 ) streng monoton wachsend, wenn für alle x, y ∈ M mit x < y gilt:f(x) < f(y)( 4 ) streng monoton fallend, wenn für alle x, y ∈ M mit x < y gilt:11.4.4 Beispielef(x) > f(y)log, arctan und f(x) = x n mit n ∈ N für x ≥ 0 sind alles streng monotonwachsende Funktionen.11.4.5 Satz 1Sei I ⊂ R ein Intervall, sei f : I → R streng monoton und sei M = f(I).Dann ist f bijektiv und die Umkehrfunktion f −1 : M → I ist stetig.BeweisSiehe 27.4.4 auf Seite 289.11.4.6 UmkehrsatzSei I ⊂ R ein Intervall und sei f : I → R stetig und streng monotonwachsend bzw. fallend.Dann ist auch M = f(I) ein Intervall und die Umkehrfunktion f −1 : M → Iist ebenfalls stetig und streng monoton wachsend bzw. fallend.BeweisSiehe 27.4.5 auf Seite 290.11.4.7 Satz 2Sei I ⊂ R ein Intervall und sei f : I → R streng monoton.Dann ist f genau dann stetig, wenn f(I) ein Intervall ist.11.4.8 Satz 3Es gilt log = exp −1 : ]0, ∞[→ R, somit ist log genau dann stetig, wenn expauf R stetig ist.

Kap.11 Stetigkeit 9911.4.9 Definition und Satz( 1 ) Sei n ∈ N und sei f : [0, ∞[ → [0, ∞[ mit f(x) = x n .Dann ist f stetig, streng monoton, bijektiv und es giltSomit ist auch n √ stetig.√n := f −1 .( 2 ) Sei a ∈ R und sei f : [0, ∞[ → [0, ∞[ mit f(x) = x a , alsoSomit ist auch f stetig.11.4.10 RechenregelnEs gelten nun folgende Rechenregeln:( 1 ) x a · x b = x a+b mit x > 0x a = exp(a · log(x)).( 2 ) exp(a · log(x)) · exp(b · log(x)) = exp((a + b) · log(x))( 3 ) x 0 = 1 und x 1 = x( 4 ) x n = exp(n · log(x))( 5 ) x a · y a = (xy) a mit x, y > 0( 6 ) x 1 n = n√ x( 7 ) (x a ) b = x ab11.4.11 Bemerkung und SatzBisher wurde stets der natürliche Logarithmus zur Basis e betrachtet, dahergilt auchlog(x) = (exp(x)) −1 = (e x ) −1(siehe Herleitung des Logarithmus auf Seite 63).Man kann den Logarithmus aber auch zu einer anderen Basis a > 0 betrachten.Der Logarithmus zur Basis a wird mit log a bezeichnet und ist dann genaudie Umkehrfunktion der Funktion f : R →]0, ∞[ mit f(x) = a x .Ist dies der Fall, dann giltlog a (x) = log(x)log(a) .

Kap.11 Stetigkeit 10011.4.12 Satz 4Sei f : R → R eine stetige Funktion und es geltef(a + b) = f(a) + f(b).Dann gibt es ein c ∈ R, so dass für alle x ∈ R gerade f(x) = c · x gilt.11.4.13 Satz 5Sei f : R → R eine stetige Funktion und es geltef(a · b) = f(a) · f(b).Dann gibt es ein c ∈ R, so dass für alle x ∈ R gerade f(x) = x c gilt.11.5 Aufgaben11.5.1 Aufgabe 1Sei f : R → R mit f(x) = x 2 − 3x.Zeige durch Rückgang auf die Definition, dass f stetig ist.LösungSei a ∈ R beliebig, sei ε > 0 und wähle δ > 0 mitδ 2 + 2δ|a| + 3δ ≤ ε.Weiter sei x ∈ R beliebig und es gelte |x − a| < δ.Dann gilt|f(x) − f(a)| = |x 2 − 3x − a 2 + 3a| = |x 2 − a 2 − 3(x − a)|= |(x − a)(x + a) − 3(x − a)|≤ |(x − a)(x + a)| + 3|x − a|< |x − a| · |x + a + a − a| + 3δ ≤ δ (|x − a| + |2a|) + 3δ= δ(δ + 2|a|) + 3δ= δ 2 + 2δ|a| + 3δ ≤ ε.Damit ist gezeigt, dass f auf ganz R stetig ist.11.5.2 Aufgabe 2Prüfe, bei welchen Stellen a ∈ R die Funktion f : ] − 1, ∞[ → R mitstetig ist.f(x) ={ 1x(√ √ )1 + x − 1 − x für −1 < x < 0exp(x) für x ≥ 0

Kap.11 Stetigkeit 101LösungDie Funktion f ist für alle x > 0 stetig, da exp(x) auf ganz R stetig ist.f ist auch für −1 < x < 0 stetig, da 1 x , √ 1 + x und √ 1 − x auf −1 < x < 0stetig sind und das Produkt stetiger Funktionen wieder stetig ist.Es bleibt also nur noch der Punkt 0 zu untersuchen. Es gilt:lim exp(x) = 1x→0[ 1 (√ √ ) ]lim 1 + x − 1 − x = limx→0 xx→0[= lim== 1x→0[](1 + x) − (1 − x)x · (√ 1 + x + √ 1 − x )]2√ √ 1 + x + 1 − x2√ 1 + 0 +√ 1 − 0Da diese beiden Grenzwerte 1 ergeben, ist die gegebene Funktion auf ihremDefinitionsbereich stetig.11.5.3 Aufgabe 3Zeige, dass log(x) auf dem Intervall [1, ∞[ gleichmäßig stetig ist.LösungSei ε > 0 beliebig und wähle δ = ε.Seien x, y ≥ 1 und es gelte |x − y| < δ. Dann gilt11.5.4 Aufgabe 4| log(x) − log(y)| ≤ |x − y| < δ = ε.Zeige, dass f(x) = 1 xauf dem Intervall [1, ∞[ gleichmäßig stetig ist.LösungSei ε > 0 beliebig und wähle δ = ε.Seien x, y ≥ 1 und es gelt |x − y| < δ. Dann gilt|f(x) − f(y)| =1∣x − 1 y ∣ =y − x∣ xy ∣ ≤ |y − x| = |x − y| < δ = ε.

12 Funktionenfolgen12.1 Grenzwert einer Funktion12.1.1 DefinitionSei (M, d) ein metrischer Raum, sei A ⊂ M und sei a ∈ A.a heißt Adhärenzpunkt oder Berührpunkt von A in M, wenn eine derfolgenden äquivalenten Aussagen erfüllt ist:( 1 ) Für alle ε > 0 gilt B ε (a) ∩ A ≠ ∅.( 2 ) Es gibt eine Folge (a n ) n∈N in A mit limn→∞ a n = a.BemerkungDie Menge aller Adhärenzpunkten von A ist der so genannte Abschluß vonA (siehe 18.4 auf Seite 168).12.1.2 DefinitionSei (M, d) ein metrischer Raum, sei A ⊂ M und sei a ∈ A.a heißt genau dann Häufungspunkt von A, wenn a ein Adhärenzpunktvon A \ {a} ist.12.1.3 Beispiele( 1 ) Sei M = R und sei A = Z. Dann ist 0 ein Adhärenzpunkt, aber keinHäufungspunkt von A.( 2 ) Sei M = R und sei A = { 1n | n ∈ N} . Dann ist 0 ein Häufungspunktvon A, obwohl 0 ∉ A gilt.12.1.4 Häufungspunkte und FolgenDer Begriff Häufungspunkt an dieser Stelle ist nicht zu verwechseln mit demBegriff Häufungspunkt bei Folgen:Sei k ∈ R und (a n ) n∈N eine Folge mit a n = k konstant.102

Kap.12 Funktionenfolgen 103Dann ist k ein Häufungspunkt der Folge (a n ) n∈N , aber kein Häufungspunktder Menge{a n | n ∈ N} = {k} = A.12.1.5 DefinitionSei (M, d) ein metrischer Raum, sei A ⊂ M, sei a ∈ A ein Häufungspunktvon A und sei f : A → R eine Funktion.f hat für x → a den Grenzwert c ∈ R, wenn die Funktionbei a stetig ist.12.1.6 Satz 1f c : A ∪ {a} → R{ f(x) für x ≠ ax ↦→c für x = aSei (M, d) ein metrischer Raum, sei A ⊂ M, sei a ∈ A ein Häufungspunktvon A und sei f : A → R eine Funktion.Dann sind äquivalent:( 1 ) f hat den Grenzwert c für x → a.( 2 ) ∀ ε > 0 ∃ δ > 0 ∀ x ∈ A, x ≠ a : d(x, a) < δ ⇒ |f(x) − c| < ε.( 3 ) Für jede Folge (a n ) n∈N in A mit a n ≠ a für alle n ∈ N und mitlim n = a gilt lim n) = c.n→∞ n→∞12.1.7 Satz 2Sei (M, d) ein metrischer Raum, sei A ⊂ M, sei a ∈ A ein Häufungspunktvon A und sei f : A → R eine Funktion.Dann hat f für x → a höchstens einen Grenzwert.BeweisskizzeMan nehme wieder an es gebe zwei Grenzwerte a und a ′ und zeige, dassdiese gleich sein müssen.12.1.8 RechenregelnSei (M, d) ein metrischer Raum, sei A ⊂ M, sei a ∈ A ein Häufungspunktvon A und seien f, g : A → R Funktionen mit lim f(x) = c und lim g(x) = d.x→a x→aDann gilt:

Kap.12 Funktionenfolgen 104( 1 ) Es existiert und gilt limx→a(f + g)(x) = c + d.( 2 ) Es existiert und gilt limx→a(f · g)(x) = c · d.( 3 ) Es existiert und gilt lim(λf)(x) = λc mit λ ∈ R.x→a( )( 4 ) Es existiert und gilt lim fx→a g(x) = c dfalls g(x) ≠ 0 und d ≠ 0.BeweisskizzeEs können wieder wie üblich das Folgenkriterium und die Rechenregeln überkonvergente Folgen genutzt werden.12.1.9 Beispiel 1Sei M = ]0, ∞[, sei a = 1 und sei A = M \ {a}. Sei weiterf(x) = log(x)x − 1Zeige, dass limx→1f(x) = 1 gilt.LösungEs gilt:1 − 1 x ≤ log(x) ≤ x − 1für x ∈ A.1x ≤ log(x)x−1≤ 1 für alle x > 11 ≤ log(x)x−1≤ 1 xfür alle x < 1Falls nun |x − 1| ≤ 1 2 gilt, dann gilt auch 1 x ≤ 2.Sei ε > 0 und wähle δ = min{ ε 2 , 1 2 }.Sei x ∈ A und es gelte |x − a| < δ. Dann folgt∣ |f(x) − 1| =log(x) ∣∣∣∣ x − 1 − 1 ≤∣ 1 − 1 x∣ =12.1.10 Beispiel 2|x − 1|x< ε.Sei A = R \ {0} und seif(x) = arctan(x)xZeige, dass limx→0f(x) = 1 gilt.für x ∈ A.

Kap.12 Funktionenfolgen 105LösungEs gilt:2√1 + x2 · (1 + √ 1 + x 2 )x→0−→ 1≤ f(x) ≤21 + √ 1 + x 2x→0−→ 112.1.11 Weitere Beispiele( 1 ) Sei A = C \ {0} und seiDann gilt limz→0f(z) = 1.( 2 ) Sei A = R \ {0} und seiDann gilt limx→0f(x) = 0.( 3 ) Sei A = R \ {0} und seiDann gilt limx→0f(x) = 1.f(z) = exp(z) − 1zf(x) = cos(x) − 1xf(x) = sin(x)xfür x ∈ A.für x ∈ A.für x ∈ A.12.1.12 Satz 3Sei (M, d) ein metrischer Raum, sei A ⊂ M, sei 0 ein Häufungspunkt von Aund sei f : A → R eine bei 0 stetige Funktion.Dann gilt12.1.13 BeispielSei f(x) = x x . Dann giltlimx→0 xx = limlim f(x) =x→0( 1n→∞ n√= limn→∞n) 1n( ) 1 lim f .n→∞ n√n 1= limn→∞ n1n · n√ nn√ n= limn→∞n√1n√ n= 1 1 = 1.

Kap.12 Funktionenfolgen 10612.1.14 BemerkungEine weitere Regel zum Berechnen des Grenzwertes einer Funktion ist dieRegel von l’Hospital (siehe 13.3 auf Seite 120).12.2 Konvergenz von Funktionenfolgen12.2.1 Definition und SatzSei (M, d) ein metrischer Raum. Dann bezeichnetF(M) = {f | f : M → R}die Menge aller Funktionen von M nach R.F(M) bildet einen Vektorraum.12.2.2 Definition (punktweise Konvergenz)Sei (M, d) ein metrischer Raum, sei f ∈ F(M) und sei (f n ) n∈N eine Folgein F(M).f n konvergiert punktweise gegen f, wenn gilt:∀ x ∈ M ∀ ε > 0 ∃ N ∈ N ∀ n ≥ N : d(f(x), f n (x)) < ε12.2.3 Satz 1Sei (M, d) ein metrischer Raum, sei f ∈ F(M) und sei (f n ) n∈N eine Folgein F(M).f n konvergiert genau dann punktweise gegen f, wenn für alle x ∈ Mgilt.12.2.4 BeispielSei M = [0, 1] und sei f n (x) = x n .lim f n(x) = f(x)n→∞Für alle x < 1 gilt limn→∞ f n(x) = 0 und für x = 1 gilt limn→∞ f n(x) = 1.Somit ist f n (x) punktweise konvergent auf [0, 1].

Kap.12 Funktionenfolgen 10712.2.5 Definition (gleichmäßig Konvergenz)Sei (M, d) ein metrischer Raum, sei f ∈ F(M) und sei (f n ) n∈N eine Folgein F(M).f n konvergiert gleichmäßig gegen f, wenn gilt:∀ ε > 0 ∃ N ∈ N ∀ n ≥ N ∀ x ∈ M : d(f(x), f n (x)) < ε12.2.6 BeispielSeif n (x) = (−1) n x2 + nn 2 .Zeige, dass f n auf [0, 1] gleichmäßig konvergent ist.Lösungf n konvergiert punktweise gegenf : [0, 1] → Rx ↦→ 0,denn es gilt( )xlimn→∞ (−1)n x2 + nn2 2+ 1n 2 = limn→∞ (−1)n n 2 nn 2( x2= limn→∞ (−1)n n 2 + 1 n= 0.)Sei ε > 0, wähle N > 2 εund sei n ≥ N beliebig.Dann gilt für alle x ∈ [0, 1]|f n (x) − f(x)| =∣ (−1)n x2 + nn 2 − 0∣ =x 2 ∣+ n ∣∣∣∣ n 2=x 2∣n 2 + 1 DUGn∣≤x 2 ∣ ∣∣∣ ∣n 2 +1∣n∣ = x2n 2 + 1 n≤ 1 n 2 + 1 n ≤ 1 n + 1 n = 2 n ≤ 2 N < ε.

Kap.12 Funktionenfolgen 10812.2.7 Satz 2Sei (M, d) ein metrischer Raum, sei f ∈ F(M), sei (f n ) n∈N eine Folge inF(M) und sei‖ ‖ : F(M) → Rf ↦→ sup{}|f(x)| ∣ x ∈ M .eine Abbildung. Dann konvergiert f n genau dann gleichmäßig gegen f, wennfür alle x ∈ M gilt:limn→∞ ‖f n(x) − f(x)‖ = 012.2.8 Satz 3Sei (M, d) ein metrischer Raum, sei f ∈ F(M), sei (f n ) n∈N eine Folge inF(M) und sei a ∈ M.Konvergiert f n gleichmäßig gegen f und ist f n für alle n ∈ N stetig bei a,dann ist auch f stetig bei a.12.3 Banachraum und Funktionenfolgen12.3.1 DefinitionSei E ein Vektorraum über einem Körper K.Eine Abbildung ‖ · ‖ : E → R heißt Norm auf E, wenn für alle a, b ∈ Eund λ ∈ K gilt:( NOR1 ) ‖a‖ ≥ 0( NOR2 ) ‖a‖ = 0 ⇔ a = 0( NOR3 ) ‖λa‖ = |λ| ‖a‖( NOR4 ) ‖a + b‖ ≤ ‖a‖ + ‖b‖(E, ‖ · ‖) heißt dann normierter Raum.12.3.2 DefinitionSei (E, ‖ · ‖) ein normierter Raum und sei d(a, b) := ‖a − b‖ mit a, b ∈ E.(E, ‖·‖) heißt Banachraum, wenn (E, d) ein vollständiger metrischer Raumist.

Kap.12 Funktionenfolgen 10912.3.3 Definition und SatzSei (M, d) ein metrischer Raum. Dann bezeichnetB(M) = {f ∈ F(M) | f ist beschränkt}die Menge aller beschränkten Funktionen f : M → R.B(M) ist ein Untervektorraum von F(M).12.3.4 Satz 1Sei (M, d) ein metrischer Raum, sei f ∈ F(M), sei (f n ) n∈N eine Folge inB(M) und seieine Norm auf F(M).Dann gilt:‖ ‖ : F(M) → Rf ↦→ sup{}|f(x)| ∣ x ∈ M( 1 ) Ist f ∈ B(M) und konvergiert f n in (B(M), ‖ ‖) gegen f, dann konvergiertf n gleichmäßig gegen f.( 2 ) Konvergiert f n gleichmäßig gegen f, dann ist f ∈ B(M) und f n konvergiertin (B(M), ‖ ‖) gegen f.12.3.5 Satz 2Sei (E, ‖ · ‖) ein normierter Raum und sei f : E → R linear.Dann sind äquivalent:( 1 ) f ist gleichmäßig stetig( 2 ) f ist stetig bei 0( 3 ) ∃ c > 0 ∀ a ∈ E : ‖a‖ ≤ 1 ⇒ |f(a)| ≤ c12.4 Aufgaben12.4.1 Aufgabe 1Berechne folgende Grenzwerte, falls sie existieren:( 1 )limx→1x 4 − 10x + 9x 2 − 4x + 3

Kap.12 Funktionenfolgen 110( 2 )( 3 )( 4 )x 4 − 10x + 9limx→3 x 2 − 4x + 3lim x log(1 + e 1/x)x→0x>0limx→0x sin(x)1 − cos(x)Lösung Teil 1Es giltLösung Teil 2x 4 − 10x + 9limx→1 x 2 − 4x + 3= limx→1x 4 − 10x + 9(x − 1)(x − 3)= limx→1(x 3 + x 2 + x − 9)(x − 1)(x − 1)(x − 3)= limx→1x 3 + x 2 + x − 9x − 3= 3 − 9−2= 3.Durch Polynomdivistion giltx 4 − 10x + 9limx→3 x 2 − 4x + 3Der Grenzwert existiert also nicht.x 3 + x 2 + x − 9= limx→3(x − 3= lim x 2 + 4x + 13 + 30 )x→3 x − 3= limx→3(x 2 + 4x + 13 ) + limx→3( 30x − 3)= 34 ± ∞.Lösung Teil 3Ohne Einschränkung der Allgemeinheit sei x ≤ 1. Da der Logarithmus strengmonoton steigend ist und e 1/x ≥ 1 für alle x ∈ ]0, 1] gilt, folgtEs gilt:limx→0x>0limx→0x>0x log(e 1/x ) ≤ x log(1 + e 1/x ) ≤ x log(2e 1/x ).x log(e 1/x ) = lim log(e x/x ) =x→0x>0xlimx→0 x =x>0()x log(2e 1/x ) = lim xx→0x>0log(2) + log(e 1/x )= limx→0x>0lim 1 = 1x→0x>0= limx→0x>0(x log(2) + 1) = 0 + 1 = 1(x log(2) + x 1 )x

Kap.12 Funktionenfolgen 111Demnach gilt auch(lim x log 1 + e 1/x) = 1.x→0x>0Lösung Teil 4Es giltlimx→0x sin(x)1 − cos(x)12.4.2 Aufgabe 2⎛ ∞∑⎞(−1)x ·n x 2n+1(2n+1)!= lim ⎜ n=0⎟x→0 ⎝ ∑1 − ∞ ⎠(−1) n x 2n(2n)!n=0⎛ ()= lim ⎝ x · ⎞x − x33!+ x55!− . . .() ⎠x→01 − 1 − x22!+ x44!− . . .( )x 2 − x43!+ x65!− . . .= limx→0 x 22!− x44!+ x66!− . . .( )1 −x 23!+ x45!− . . .= limx→0 12! − = 1x24!+ x416!− . . . 2!= 2.Untersuche die beiden GrenzwerteLösunglimx→−1x 3 + x 2 − 2x 3 − 2x 2 − x + 2undx 3 + x 2 − 2limx→1 x 3 − 2x 2 − x + 2 .Sei f(x) = x 3 + x 2 − 2. Man errät leicht die Nullstelle 1 und erhält durchPolynomdivisionf(x) = (x − 1)(x 2 + 2x + 2).Sei g(x) = x 3 − 2x 2 − x + 2. Da 1 und −1 Nullstellen von g(x) sind, erhältman wiederum durch PolynomdivisionDemnach gilt:g(x) = (x − 1)(x 2 − x − 2) = (x − 1)(x + 1)(x − 2).limx→−1x 3 + x 2 − 2x 3 − 2x 2 − x + 2= limx→−1= limx→−1f(x)g(x) = limx→−1x 2 + 2x + 2(x + 1)(x − 2) = − ∞(x − 1)(x 2 + 2x + 2)(x − 1)(x + 1)(x − 2)

Kap.12 Funktionenfolgen 112limx→1x 3 + x 2 − 2x 3 − 2x 2 − x + 2= limx→1f(x)g(x) = limx→1= limx→1x 2 + 2x + 2(x + 1)(x − 2) = − 5 2(x − 1)(x 2 + 2x + 2)(x − 1)(x + 1)(x − 2)12.4.3 Aufgabe 3Seif n (x) =x(1 + x 2 ) n .Zeige, dass f n auf [0, 1] punktweise konvergent ist.LösungEs giltlimn→∞limn→∞0⎧⎪ limx ⎨ n→∞ 1= 0 für x = 0n(1 + x 2 ) n = 1limn→∞ 2= 0 für x = 1⎪ n ⎩ x= 0 für 0 < x < 1 ,(1+x 2 ) nalso konvergiert f n punktweise gegen12.4.4 Aufgabe 4Zeige, dass ∞ ∑LösungEs ist alsok=1f n (x) =1k a +x 2Für alle x ≥ 0 giltsomit ist ∞ ∑k=11k a +x 2f : [0, 1] → Rx ↦→ 0.mit a > 1 auf [0, ∞[ gleichmäßig konvergent ist.n∑k=11k a + x 2 und f(x) =∣ ∞∑1 ∣∣∣∣k a + x 2k=1≤∞∑k=11k a ,∞∑k=11k a + x 2 .nach dem Majorantenkriterium konvergent.Sei nun ε > 0 beliebig und wähle N ∈ N so, dass∞∑ 1k a + x 2 < εk=N+1

Kap.12 Funktionenfolgen 113gilt. Dann gilt für alle n ≥ N und alle x ∈ [0, ∞[ gerade∣ n∑ 1∞|f n (x) − f(x)| =∣ k a + x 2 − ∑ 1 ∣∣∣∣ k a + x 2 =∣ −=12.4.5 Aufgabe 5k=1∞∑k=n+1k=11∞k a + x 2 ≤ ∑k=N+1∞ ∑k=n+11k a + x 2 < ε.∣1 ∣∣∣∣k a + x 2Es sei E = C([0, 1]) der Vektorraum aller auf dem Intervall [0, 1] stetigenFunktionen.Zeige, dass durch‖f‖ ∞ = sup{|f(x)| | x ∈ [0, 1]}eine Norm definiert wird und dass (E, ‖ ‖) ein Banachraum ist.LösungEs sind zunächst die vier Axiome einer Norm zu prüfen:( 1 ) ‖f‖ ≥ 0.Gilt nach Definition, da der Betrag der Funktion betrachtet wird.( 2 ) ‖f‖ ⇔ f = 0.Sei ‖f‖ = 0, dann gilt sup{|f(x)| | x ∈ [0, 1]} = 0 und somit auchf = 0.Sei f = 0, also f(x) = 0 für alle x ∈ [0, 1]. Dann gilt auch ‖f‖ = 0.( 3 ) ‖λf‖ = |λ| ‖f‖ mit λ ∈ R.‖λf‖ = sup{|λf(x)| | x ∈ [0, 1]} = sup{|λ| |f(x)| | x ∈ [0, 1]}( 4 ) ‖f + g‖ ≤ ‖f‖ + ‖g‖.= |λ| sup{|f(x)| | x ∈ [0, 1]} = |λ| ‖f‖‖f + g‖ = sup{|f(x) + g(x)| | x ∈ [0, 1]}DUG≤ sup{|f(x)| + |g(x)| | x ∈ [0, 1]}≤ sup{|f(x)| | x ∈ [0, 1]} + sup{|g(x)| | x ∈ [0, 1]}= ‖f‖ + ‖g‖

Kap.12 Funktionenfolgen 114Seien f, g ∈ E und sei d(f, g) = ‖f − g‖.Damit (E, ‖ ‖) ein Banachraum ist, muss (E, d) vollständig sein, es mussalso jede Cauchyfolge in (E, d) konvergent sein.Sei (f k ) k∈N eine Cauchyfolge in (E, d). Dann gilt∀ ε > 0 ∃ N ∈ N ∀ n, m ≥ N : d(f n , f m ) < ε,also ∀ ε > 0 ∃ N ∈ N ∀ n, m ≥ N : ‖f n − f m ‖ < ε.Da aber (f k ) k∈N gerade eine Cauchyfolge ist, besitzt sie auch genau einenHäufungspunkt in E, etwa f(x). Sei nun ε > 0 beliebig. Dann gilt für allex ∈ [0, 1]|f n (x) − f(x)| ≤ sup{|f n (x) − f(x)| | x ∈ [0, 1]} = ‖f n − f‖ < ε.Demnach konvergiert (f k ) k∈N in (E, ‖ ‖) gleichmäßig gegen f.Es gilt f ∈ E, da f k für alle k ∈ N nach Definition stetig ist. Somit ist(E, ‖ ‖) also ein Banachraum.12.4.6 Aufgabe 6Untersuche, für welche a > 0 die Funktionenfolge (f n ) n∈N mitf n =11 + nx 2auf dem Intervall [0, a] gleichmäßig konvergent ist.LösungDie Untersuchung der punktweisen Konvergenz ergibt:f(x) =lim f n(x) =n→∞{ 1 für x = 00 für x ≠ 0Da f(x) bei 0 nicht stetig, aber f n (x) für alle n ∈ N bei 0 stetig ist, kann(f n ) n∈N auf keinem Intervall [0, a] gleichmäßig konvergent sein.12.4.7 Aufgabe 7Zeige, dass ∞ ∑k=1sin(kx)k 2auf ganz R gleichmäßig konvergent ist.

Kap.12 Funktionenfolgen 115LösungNach der Aufgabenstellung giltf n (x) =n∑k=1Es ist bekannt, dass die Reihesin(kx)k 2 und f(x) =k=1∞ ∑k=1sin(kx)k 2konvergent ist, denn es gilt∞∑∣ sin(kx) ∣∣∣∣ k 2 ≤Sei ε > 0 beliebig und wähle N ∈ N so, dass∞∑k=N+1sin(kx)k 2gilt. Dann gilt für alle n ≥ Nn∑ sin(kx)∞∑|f n (x) − f(x)| =∣ k 2 −≤12.4.8 Aufgabe 8k=1∞∑k=n+1sin(kx)k 2k=1≤∞∑k=1sin(kx)k 2 .nach dem Majorantenkriterium∞∑k=1< ε1k 2 .sin(kx)k 2 ∣ ∣∣∣∣=∞∑k=N+1∣ −∞ ∑k=n+1sin(kx)k 2 < ε.∣sin(kx) ∣∣∣∣k 2Sei C([0, 1]) der Banachraum aller stetigen reellen Funktionen auf dem Intervall[0, 1] unter der Supremumsnorm‖f‖ ∞ = sup{|f(x)| | x ∈ [0, 1]}.Zeige, dass (f n ) n∈N mit f n (x) = n+xneine Cauchyfolge in C([0, 1]) ist.LösungFür alle x ∈ [0, 1] giltalso ist auch|f n (x) − 1| = n + xn‖f n (x) − 1‖ ≤ 1 n .− n n = x n ≤ 1 n ,Demnach konvergiert f n (x) in C([0, 1]) gegen die konstante Funktion 1.(f n ) n∈N ist also eine Cauchyfolge, denn jede konvergente Folge ist auch eineCauchyfolge.

13 Differentiation13.1 Definitionen und Sätze13.1.1 DefinitionSei M ⊂ R beliebig, sei f : M → R und sei a ∈ M ein Häufungspunkt vonM.f heißt differenzierbar bei a, wenn der Grenzwertf(x) − f(a)limx→a x − a=: f ′ (a)existiert.f ′ (a) heißt dann die Ableitung oder Differentialquotient von f bei a.Der Quotient f(x)−f(a)x−aheißt der Differenzenquotient und ist definiert füralle x ∈ M \ {a}.Schreibweise:dfdx (a) := f ′ (a)Ist jeder Punkt a ∈ M ein Häufungspunkt von M, also zum Beispiel M = Iein Intervall, und ist f bei jedem Punkt a ∈ M differenzierbar, dann heißtf differenzierbar.f ′ ist dann die Ableitung von f.13.1.2 Beispiele( 1 ) Sei f(x) = c konstant und sei a ∈ R. Dann gilt für alle x ≠ af(x) − f(a)x − a= 0,also gilt f ′ (a) = 0 für alle a ∈ R.116

Kap.13 Differentiation 117( 2 ) Sei f(x) = x und sei a ∈ R. Dann gilt für alle x ≠ af(x) − f(a)x − aalso gilt f ′ (a) = 1 für alle a ∈ R.13.1.3 Satz 1= x − ax − a = 1,Sei M ⊂ R beliebig, sei f : M → R und sei a ∈ M ein Häufungspunkt vonM.Dann sind äquivalent:( 1 ) f ist differenzierbar bei a.( 2 ) Es gibt ein m ∈ R und eine Abbildung ϱ : M → R mitf(x) = f(a) + m(x − a) + ϱ(x) · (x − a) und limx→aϱ(x) = 0,das heißt es gilt also ϱ(a) = 0 und ϱ ist stetig bei a.( 3 ) Es gibt eine bei a stetige Abbildung ϕ : M → R, so dass für alle x ∈ Mgilt:f(x) = f(a) + (x − a) · ϕ(x).Es gilt dannm = ϕ(a) = f ′ (a).BeweisSiehe 27.5.1 auf Seite 290.13.1.4 Satz 2Ist f differenzierbar, dann ist f auch stetig.Die Umkehrung ist im Allgemeinen falsch.BeweisskizzeNach dem vorherigen Satz ist f(x) = f(a) + (x − a) · ϕ(x) stetig bei a.13.1.5 RechenregelnSei M ⊂ R beliebig, sei a ∈ M ein Häufungspunkt von M und es seienf, g : M → R differenzierbar bei a.Dann gilt:( 1 ) f + g ist differenzierbar und es gilt: (f + g) ′ (a) = f ′ (a) + g ′ (a)( 2 ) λ · f ist differenzierbar und es gilt: (λ · f) ′ (a) = λ · f ′ (a) mit λ ∈ R

Kap.13 Differentiation 118BeweisskizzeDiese beiden Rechenregeln folgen unmittelbar aus der Definition der Differenzierbarkeitsowie aus den Rechenregeln über die Grenzwerte von Funktionen.13.1.6 BeispielDemnach sind alle Polynomfunktionen auf ganz R differenzierbar.13.1.7 Satz 3Es gilt:( 1 ) log(x) ′ = 1 x( 2 ) exp(x) ′ = exp(x)( 3 ) arctan(x) ′ = 11+x 2( 4 ) sin(x) ′ = cos(x), cos(x) ′ = − sin(x)Beweis zu Teil (2)Es giltexp(0) ′ = limx→0exp(x) − exp(0)x − 0(siehe 12.1.11 auf Seite 105).Weiter gilt= limx→0exp(x) − 1xexp(x) = exp(x − a + a) = exp(x − a) · exp(a).Seien f und g zwei Funktionen mit= 1f(x) = x − a, f ′ (x) = 1 und g(x) = x · exp(a), g ′ (x) = exp(a).Dann giltexp(x) = (g ◦ exp ◦f)(x)und es folgt nach der Kettenregel (siehe unten)exp(a) ′ = g ′( ) ( ) ′(exp ◦f)(a) · (exp ◦f)(a)= g ′( ) ()(exp(x − a))(a) · exp ′ (f(a)) · f ′ (a)= g ′( ) ( )exp(0) · exp ′ (0) · 1= exp(a) · (1 · 1)= exp(a).✷

Kap.13 Differentiation 11913.2 DifferentiationregelnFür Beweise bzw. Beweisskizzen der Differentiationregeln siehe 27.5.2 undfolgende ab Seite 291.13.2.1 Satz 1 (Polynome)Sei a ∈ R beliebig.Dann gilt(x a ) ′ = a · x a−1 .13.2.2 BeispielSei f(x) = 2x 3 − 2x 2 + 5x − 2. Dann giltf ′ (x) = 2 · 3 · x 2 − 2 · 2 · x 1 + 5 · x 0 = 6x 2 − 4x + 5.13.2.3 Satz 2 (Kettenregel)Seien M, N ⊂ R beliebig, seien f : M → R und g : N → R differenzierbarund sei f(M) ⊂ N.Dann gilt13.2.4 Beispiel(g ◦ f) ′ = (g(f)) ′ = g ′ (f) · f ′ = (g ′ ◦ f) · f ′ .Sei f(x) = sin(2x). Dann gilt13.2.5 Satz 3 (Produktregel)f ′ (x) = cos(2x) · (2x) ′ = 2 · cos(2x).Sei M ⊂ R beliebig und seien f, g : M → R differenzierbar.Dann gilt13.2.6 BeispielSei f(x) = sin(x) · x 5 . Dann gilt(f · g) ′ = f ′ · g + g ′ · f.f ′ (x) = cos(x) · x 5 + sin(x) · 5x 4 .

Kap.13 Differentiation 12013.2.7 Satz 4 (Quotientenregel)Sei M ⊂ R beliebig und seien f, g : M → R differenzierbar.Dann gilt( fg) ′= f ′ · g − g ′ · fg 2 .13.2.8 BeispielSei f(x) = tan(x). Dann giltf(x) = sin(x)cos(x)f ′ (x) =cos(x) · cos(x) − (− sin(x)) · sin(x)cos(x) 2= cos(x)2 + sin(x) 2cos(x) 2 =1cos(x) 2 .13.2.9 Satz 5 (Ableitung über Umkehrfunktion)Sei M ⊂ R beliebig und sei f : M → R differenzierbar und umkehrbar.Dann giltf ′ =1(f −1 ) ′ (f) .f wird also in den Kehrwert der Ableitung der Umkehrfunktion eingesetzt.13.2.10 BeispielSei f(x) = log(x). Dann giltf ′ (x) =1exp(log(x)) = 1 x .13.3 Regel von l’Hospital13.3.1 Satz 1Sei (M, d) ein metrischer Raum, sei A ⊂ M, sei a ∈ A ein Häufungspunktvon A und seien f, g : A → R zwei Funktionen.Ist limx→af(x)g(x) ein unbestimmter Ausdruck der Form [ 00]oder[ ∞∞], dann giltf(x)limx→a g(x) = lim f ′ (x)x→a g ′ (x) ,falls dieser Grenzwert existiert (Grenzwert von Funktionen: siehe Seite 102).

Kap.13 Differentiation 12113.3.2 BeispielEs giltsin(x)limx→0 x[ 0 0]−→cos(x)limx→0 1= 1.13.3.3 Unbestimmte AusdrückeDie folgenden Ausdrücke sind unbestimmt:[ 0[ ∞ [, , [0 · ∞] , 000]∞]] , [1 ∞ ] ,[∞0 ] , [∞ − ∞]Bei diesen Ausdrücken kann man (ohne Weiteres) nichts über den Grenzwertaussagen. Die Regel von l’Hospital darf jedoch nur bei [ [00]oder∞]∞angewendet werden.13.4 Mittelwertsatz13.4.1 DefinitionSei (M, d) ein metrischer Raum und sei f : M → R.( 1 ) f hat bei a ∈ M ein Minimum, wenn für alle x ∈ M gilt:f(x) ≥ f(a)( 2 ) f hat bei a ∈ M ein Maximum, wenn für alle x ∈ M gilt:f(x) ≤ f(a)( 3 ) f hat bei a ∈ M ein lokales Minimum, wenn es ein ε > 0 gibt, sodas für alle x ∈ B ε (a) gilt:f(x) ≥ f(a)( 4 ) f hat bei a ∈ M ein lokales Maximum, wenn es ein ε > 0 gibt, sodas für alle x ∈ B ε (a) gilt:f(x) ≤ f(a)f hat bei a ein lokales Extremum, wenn f bei a ein lokales Minimum oderein lokales Maximum hat.13.4.2 Satz 1Sei f : [a, b] → R stetig mit a, b ∈ R und a < b und es gelte f(a) = f(b).Dann gibt es ein ξ ∈ ]a, b[, so dass f bei ξ ein lokales Extremum hat.

Kap.13 Differentiation 122BeweisSiehe 27.5.7 auf Seite 295.13.4.3 Satz 2Sei [a, b] ⊂ R ein Intervall, sei ξ ∈ ]a, b[, sei f : [a, b] → R bei ξ differenzierbarund es sei ξ ein lokales Extremum von f.Dann giltBeweisSiehe 27.5.8 auf Seite 295.13.4.4 Satz von Rollef ′ (ξ) = 0.Sei [a, b] ⊂ R ein Intervall, sei f : [a, b] → R stetig sowie auf ]a, b[ sogardifferenzierbar und es gelte f(a) = f(b).Dann gibt es ein ξ ∈ ]a, b[ mit f ′ (ξ) = 0.BeweisSiehe 27.5.9 auf Seite 296.13.4.5 MittelwertsatzSei [a, b] ⊂ R ein Intervall und sei f : [a, b] → R stetig sowie auf ]a, b[ sogardifferenzierbar.Dann gibt es ein ξ ∈ ]a, b[ mitf ′ (ξ)=f(b) − f(a).b − aBeweisSiehe 27.5.10 auf Seite 296.13.4.6 Satz 3Sei [a, b] ⊂ R ein Intervall und sei f : [a, b] → R stetig sowie auf ]a, b[ sogardifferenzierbar.Dann gilt:( 1 ) Gilt f ′ (ξ) = 0 für alle ξ ∈ ]a, b[, so ist f konstant.

Kap.13 Differentiation 123( 2 ) Gilt f ′ (ξ) ≥ 0 für alle ξ ∈ ]a, b[, so ist f monoton wachsend.( 3 ) Gilt f ′ (ξ) > 0 für alle ξ ∈ ]a, b[, so ist f streng monoton wachsend.Analog gilt dieser Satz auch für monoton fallende Funktionen.13.5 Aufgaben13.5.1 Aufgabe 1Sei f(x) = 2 x . Berechne f ′ (x).LösungNach den allgemeinen Rechenregeln giltf(x) = 2 x = e log(2x )= e x·log(2) .Demnach folgt nach der Kettenregel13.5.2 Aufgabe 2f ′ (x) = e x·log(2) · log(2) = 2 x · log(2).SeiBerechne f ′ (x).f(x) =( ( (√ )))cos log sin x 2 + 1 .LösungDurch wiederholtes Anwenden der Kettenregel folgtf ′ (x) =⎡⎤[ ( ( (√ )))]− sin log sin x 2 + 1 · ⎣1( √x ) ⎦ ·sin 2 + 1[ (√ )] []cos x 2 1+ 1 ·· 2x( ( ( √xsin log sin 2 + 1= −2 · √x 2 + 1))) ( √x )· cos 2 + 1 · x( √x )sin 2 + 1 · √x .2 + 1

Kap.13 Differentiation 12413.5.3 Aufgabe 3Differenziere die folgenden auf R definierten Funktionen dort, wo es möglichist:( 1 )( 2 )f(x) = (2 + x 3 ) 2g(x) = 3√ 2x 2 + 5( 3 )Lösung Teil 1h(x) =x · |x|1 + x 4f(x) ist auf ganz R differenzierbar und es gilt nach der KettenregelLösung Teil 2f ′ (x) = 2(2 + x 3 ) · 3x 2 = 6x 2 (2 + x 3 ).g(x) = (2x 2 + 5) 1 3ist auf ganz R differenzierbar und es giltg ′ (x) = 1 3 (2x2 + 5) − 2 3 · (4x) =4x3 3√ (2x 2 + 5) 2 .Lösung Teil 3Betrachtet man alle x > 0, dann gilth ′ (x) =( x21 + x 4 ) ′= 2x(1 + x4 ) − 4x 3 (x 2 )(1 + x 4 ) 2 =2x − 2x5(1 + x 4 ) 2 .Betrachtet man alle x < 0, dann gilth ′ (x) =( ) −x2 ′1 + x 4 = −2x(1 + x4 ) + 4x 3 (x 2 ) 2x − 2x5(1 + x 4 ) 2 = −(1 + x 4 ) 2 .Betrachtet man x = 0, so folgt nach Definitionh(x) − h(x)limx→0 x − 0x·|x|1+x 4x→0= limx= limx→0x · |x|x(1 + x 4 ) = limx→0|x|1 + x 4 = 0.Demnach ist h(x) auf ganz R differenzierbar und es gilt⎧2x−2x⎪⎨5für x > 0h ′ (1+x 4 ) 2(x) = −⎪⎩2x−2x5 für x < 0 .(1+x 4 ) 2 0 für x = 0

Kap.13 Differentiation 12513.5.4 Aufgabe 4Sei f(x) = 6 x2 . Berechne f ′ (x).LösungEs giltDemnach folgt nach der Kettenregel13.5.5 Aufgabe 5Sei m ∈ Z undf(x) = 6 x2 = e log (6 x2 ) = e x2·log(6) .f ′ (x) = e x2·log(6) · 2x log(6) = 6 x2 · 2x log(6).f(x) = (x m ) log(x2) .Bestimme den Definitionsbereich von f(x) und berechne f ′ (x).Lösungf(x) ist für alle m ∈ Z nur auf dem ]0, ∞[ definiert. Es giltDemnach folgtf(x) = (x m ) log(x2 )= x m log(x2 )= x log(x2m )( )= e log x log(x2m )= e log(x2m )·log(x) .f ′ (x) = e log(x2m )·log(x) · (log(x 2m ) · log(x) ) ′( 2m= (x m ) log(x2) ·x log(x) + 1 )x log(x2m )( )2m log(x) + 2m log(x)= (x m ) log(x2) ·x= (x m ) log(x2) 4m log(x)· .xAuch der Definitionsbereich von f ′ (x) ist ]0, ∞[, also ist f(x) auf dem Intervall]0, ∞[ differenzierbar und hat die Ableitung f ′ (x).13.5.6 Aufgabe 6Sei f : R → R mitf(x) ={ x 2 sin ( 1x)für x ≠ 00 für x = 0 .Zeige, dass f bei 0 differenzierbar ist.

Kap.13 Differentiation 126LösungEs giltf(x) − f(0)limx→0 x − 0Demnach gilt f ′ (0) = 0.13.5.7 Aufgabe 7x 2 sin ( )1x= limx→0 x( ) 1= lim x sinx→0 x= 0.Bestimme den Definitionsbereich von f(x) = log(log(x)) und berechne dieAbleitung.LösungDer Logarithmus ist auf ]0, ∞[ definiert, streng monoton steigend und es giltlog(x) > 0 für alle x > 1. Demnach ist der Definitionsbereich ]1, ∞[.Nach der Kettenregel giltf ′ (x) =13.5.8 Aufgabe 81log(x) · 1x = 1x log(x) = 1log(x x ) .Zeige mit Hilfe des Mittelwertsatzes der Differentialrechnung, dassgleichmäßig stetig ist.Lösungf(x) =sin(x)Es gilt zunächst f ′ (x) = cos(x) und | cos(x)| ≤ 1.Seien nun a, b ∈ R, dann gibt es nach dem Mittelwertsatz ein ξ ∈ ]a, b[ mitf ′ sin(b) − sin(a)(ξ) =b − aEs ist nun zu zeigen, dass gilt:= cos(ξ) ≤ 1.∀ ε > 0 ∃ δ > 0 ∀ x, y ∈ M : |x − y| < δ ⇒ |f(x) − f(y)| < εSei ε > 0 beliebig und wähle δ = ε.Seien x, y ∈ R beliebig und es gelte |x − y| < δ.Dann folgt|f(x) − f(y)| = | sin(x) − sin(y)|=sin(x) − sin(y)∣· (x − y)x − y∣ ≤ 1 · |x − y| < δ = ε.

14 Integration14.1 IntegrationstheorieDie Integrationstheorie dient zur Definition von integrierbaren Funktionenund legt fest, wie einem Intervall einer integrierbaren Funktion ein reellerWert zugeordnet wird.Abbildung 15Dieser reelle Wert soll dann genau dem Flächeninhalt unter dem Graphenauf dem gegebenen Intervall entsprechen.14.1.1 DefinitionSei [a, b] ⊂ R ein Intervall.Die Funktion f : I → R heißt Treppenfunktion, wenn es a 0 , .., a n ∈ [a, b]und c 1 , .., c n ∈ R gibt, für die gilt:( 1 ) a = a 0 < a 1 < . . . < a n = b, also eine endliche Teilung( 2 ) für alle x ∈ ]a ν−1 , a ν [ gilt f(x) = c νEs sei dannµ(f) :=n∑c ν · (a ν − a ν−1 ) ∈ R.ν=1127

Kap.14 Integration 12814.1.2 Definition und SatzSei F(I) die Menge aller reellen Funktionen auf einem Intervall I.Dann bezeichnetT (I)die Menge aller Treppenfunktionen auf I.Es gilt:( 1 ) T (I) ist ein Untervektorraum von F(I)( 2 ) aus f ∈ T (I) folgt auch |f| ∈ T (I)( 3 ) µ : T (I) → R ist linear( 4 ) aus f ∈ T (I), f ≥ 0 folgt auch µ(f) ≥ 0( 5 ) aus f, g ∈ T (I), f ≤ g folgt auch µ(f) ≤ µ(g)( 6 ) für alle f ∈ T (I) gilt µ(f) ≤ µ(|f|)14.1.3 DefinitionSei I = [a, b] ⊂ R ein Intervall.f : I → R heißt integrierbar, wenn eine der folgenden äquivalenten Aussagenerfüllt ist:( 1 ) f ∈ R(I).( 2 ) f ist Adhärenzpunkt von T (I) in (B(I), ‖ ‖).( 3 ) Es gibt eine Folge (f n ) n∈N in T (I) mit limn→∞ ‖f n − f‖ = 0 sowie mitlimn→∞ f n = f.Es gilt dannund es bezeichnet dabeiµ(f) =∫ baf(x) dxR(I) := T (I)die Menge aller integrierbaren Funktionen auf I.T (I) ist der Abschluß von T (I) (siehe 18.4 auf Seite 168).Es gilt also T (I) ⊂ R(I).

Kap.14 Integration 12914.1.4 Satz 1Es gilt:( 1 ) R(I) ist ein Untervektorraum von B(I).( 2 ) Aus f ∈ R(I) folgt auch |f| ∈ R(I).14.1.5 Satz 2Die Abbildung µ : T (I) → R ist gleichmäßig stetig.14.1.6 Definition und SatzEs gibt genau eine stetige Funktionmit µ| T (I) = µ.14.1.7 DefinitionSei f ∈ R(I).∫ baµ : R(I) → Rf(x) dx := µ(f)heißt das Integral von f über dem Intervall I = [a, b], f heißt Integrandund a, b heißen die Integrationsgrenzen.Es sollen nun zwei Integrale nur über die bisherige Definition berechnetwerden.14.1.8 Beispiel 1Es wird das Integral∫ 10x dxnur unter Benutzung der Definition über Treppenfunktionen berechnet.Sei dazu k = 1, .., n und wähle a k = k n sowie a 0 = 0. Weiter seiDann gilt∫ 10x dx = µ(f) = limc k = f(a k ) = k n .n→∞k=1n∑c k (a k − a k−1 )

Kap.14 Integration 13014.1.9 Beispiel 2= limn∑n→∞k=1= limn∑n→∞k=1= limn→∞= limn→∞kn ·Es wird nun gezeigt, wie man das Integral( kn − k − 1 )nkn · 1n = limn→∞)( 1 n(n + 1) ·n2 2( 12 + 1 )= 1 2n 2 .∫ a11x dx(1n 2)n∑kfür ein a > 1 nur unter Benutzung der Definition über Treppenfunktionenberechnen kann.Sei dazu k = 1, .., 2 m und wähle a k = ( 2m √ a) k sowie a 0 = 1. Dann ist dieseine nicht gleichmäßige aber endliche Teilung von [1, a]. Weiter sei nunk=1c k = f(a k ) = 1 a k=1( 2m √ a)k .Man erhält dann∫ a121∑m −1dx = limx n→∞k=0= limn→∞2∑m −1k=01( 2m √ a)k( 2m√ a − 1)= limn→∞ 2m ( 2 m √ a − 1).( ( 2m√ a) k+1 −( 2m√ a) k)Nach 8.1.2 auf Seite 64 ist das aber gerade der Logarithmus von a, somiterhält man das Endergebnis∫ a11x dx =log(a).14.1.10 Satz 3Die Abbildung µ : R(I) → R ist linear.

Kap.14 Integration 13114.1.11 Satz 4Es gilt:( 1 ) Aus f ∈ R(I), f ≥ 0 folgt auch∫ baf(x) dx ≥ 0.( 2 ) Aus f, g ∈ R(I), f ≤ g folgt auch µ(f) ≤ µ(g).14.1.12 Satz 5Jede stetige oder monotone Funktion f : [a, b] → R ist integrierbar.14.2 Stammfunktion14.2.1 DefinitionSei I = [a, b] ⊂ R ein Intervall und sei f : I → R.Eine Funktionheißt Stammfunktion von f.14.2.2 Satz 1Seien f, f 1 , f 2 : I → R Funktionen.Dann gilt:F : I → R mit F ′ = f( 1 ) Sind F, F 1 zwei Stammfunktionen von f, so gibt es ein c ∈ R mitF 1 = F + c.( 2 ) Ist F 1 eine Stammfunktion von f 1 und ist F 2 ist Stammfunktion vonf 2 , so ist F 1 + F 2 Stammfunktion von f 1 + f 2 .( 3 ) Ist F eine Stammfunktion von f und c ∈ R, so ist c · F ist Stammfunktionvon c · f.14.2.3 DefinitionSei f : [a, b] → R und sei F : [a, b] → R eine Stammfunktion von f.Dann gilt für das unbestimmte Integral∫f(x) dx := F (x).

Kap.14 Integration 13214.2.4 Wichtige BeispieleEs gilt∫x n dx =xn+1n + 1und∫ 1dx = log(x).x14.3 Rechenregeln14.3.1 RechenregelnSeien f, g : [a, b] → R zwei Funktionen.Dann gilt:( 1 )∫ ba(f + g) dx =∫ ba∫ bf dx + g dxa( 2 )( 3 )( 4 )∫ ba∫ ba∫ ba∫ b(λ · f) dx = λ · f dxaf dx =∫ ca∫ bf dx + f dxca∫f dx = − f dxbmit λ ∈ Rmit a < c < bBeweisskizzeDie ersten beiden Aussagen ergeben sich aus der Linearität der µ Funktion(siehe dazu 14.1.10).14.4 IntegrationsregelnFast alle Integrationsregeln können recht einfach gezeigt werden. Man mussdafür jeweils nur die Stammfunktion ableiten und zeigen, dass diese Ableitunggenau dem Integranden entspricht. Ein derartiger Beweis der partiellenIntegration ist unter 27.6.4 auf Seite 298 zu finden.14.4.1 Satz 1 (Integration von Polynomen)Es gilt für f(x) = x n mit n ≠ −1∫f(x) dx =1n + 1 · xn+1 .

Kap.14 Integration 13314.4.2 BeispielEs gilt also zusammen mit den Rechenregeln∫x 2 + 2x + 2 dx = 1 3 x3 + x 2 + 2x.14.4.3 Satz 2 (partielle Integration)Sei I = [a, b] ⊂ R und seien f, g : I → R differenzierbare Funktionen.Dann gilt∫∫(f ′ · g) dx = f · g −(f · g ′ ) dx.14.4.4 Beispiel 1Berechne ∫ log(x) dx für alle x ∈ ]0, ∞[.LösungSeien f, g : ]0, ∞[→ R zwei Funktionen mitf(x) = x ⇒ f ′ (x) = 1g(x) = log(x) ⇒ g ′ (x) = 1 x .Dann gilt∫log(x) dx =∫∫(f ′ · g)(x) dx = f(x) · g(x) −(f · g ′ )(x) dx∫ x= x · log(x) − dx = x · log(x) − x.x14.4.5 Beispiel 2Berechne ∫ sin(x) 2 dx für alle x ∈ R.LösungSeien f, g : R → R zwei Funktionen mitf(x) = − cos(x) ⇒ f ′ (x) = sin(x)g(x) = sin(x) ⇒ g ′ (x) = cos(x).Dann gilt∫∫sin(x) 2 dx = (f ′ · g)(x) dx∫= f(x) · g(x) − (f · g ′ )(x) dx

Kap.14 Integration 134∫= − sin(x) · cos(x) + cos(x) 2 dx∫= − sin(x) · cos(x) + 1 − sin(x) 2 dx∫= − sin(x) · cos(x) + x − sin(x) 2 dx.Somit folgt∫ ∫sin(x) 2 dx = − sin(x) · cos(x) + x −∫2 ·∫sin(x) 2 dx = − sin(x) · cos(x) + xsin(x) 2 dx = 1 (x − sin(x) · cos(x)) .2sin(x) 2 dx14.4.6 Satz 3 (Substitutionsregel)Sei f : [a, b] → R integrierbar und sei ϕ : I → R differenzierbar mit a, b ∈ I.Dann gilt∫ baf(ϕ(x)) · ϕ ′ (x) dx =∫ ϕ(b)ϕ(a)f(z) dz mit z = ϕ(x).Sind keine Grenzen a und b gegeben, so rechnet man mit dem unbestimmtenIntegral.14.4.7 BeispielBerechne ∫ sin(x) · log(cos(x)) dx für alle x ∈ ]0, π 2 [.LösungSeien f, ϕ : ]0, π 2[→ R zwei Funktionen mitf(x) = log(x)ϕ(x) = cos(x) ⇒ ϕ ′ (x) = − sin(x).Dann gilt∫∫log(cos(x)) · sin(x) dx = −∫= −∫= −f(ϕ(x)) · ϕ ′ (x) dxf(z) · z ′ dx mit z = ϕ(x)f(z) dz= −(z · log(z) − z)= − (cos(x) · log(cos(x)) − cos(x)) .

Kap.14 Integration 13514.4.8 Satz 4 (Zähler gleich Ableitung vom Nenner)Sei f : I → R eine Funktion.Dann gilt ∫ f′f dx =log(f).14.4.9 BeispielBerechne ∫ − tan(x) dx für alle x ∈ ] − π 2 , π 2 [.LösungEs gilt∫− tan(x) dx =∫ − sin(x)cos(x) dx =log(cos(x)).14.4.10 Satz 5 (Nenner vom Grad 1)Seien a, b ∈ R und sei a ≠ 0.Dann gilt14.4.11 BeispielEs gilt∫∫1ax + b dx = 1 log(ax + b).a12(x − 1) dx = 1 ∫2es gilt aber auch∫∫12(x − 1) dx =14.4.12 Satz 6 (rationale Funktionen)1x − 1 dx = 1 log(x − 1),212x − 2 dx = 1 log(2x − 2).2Seien a, b, c ∈ RDann gilt∫aPBZdx =(x − b)(x − c)∫A(x − d) + B(x − e) dx.Dabei erhält man A, B, d, e ∈ R durch Partialbruchzerlegung.14.4.13 BeispielBerechne ∫ 1dx für alle x > 1.x 2 −1

Kap.14 Integration 136LösungFührt man für1x 2 −1und es folgt∫die Partialbruchzerlegung durch, so erhält man1x 2 − 1 = 1 ( 12 x − 1 − 1 )x + 1∫11x 2 − 1 dx = 2= 1 ∫214.4.14 Satz 7 (Substituieren)Sei f : I → R eine Funktion.( 1x − 1 − 11x − 1 dx − 1 2)dxx + 1∫1x + 1 dx= 1 2 log(x − 1) − 1 log(x + 1)2= 1 ( ) x − 12 log .x + 1Substituiert man innerhalb der Funktion f mit z, dann gilt∫∫f(x) dx ⇔ f(x) dzz ′ mit dx = dzz ′ ⇔ z ′ = dzdx .14.4.15 BeispielBerechne ∫ 1sin(x)dx für alle x ∈ ]0, π[.LösungEs gilt ∫∫1sin(x)sin(x) dx = sin(x) 2 dx =Setzt man nun z := cos(x), dann giltund somit folgtz ′ = dzdx(Siehe Tabelle auf Seite 309.)∫⇔∫sin(x)1 − cos(x) 2 dx.dx = dzz ′ = − dzsin(x)∫1sin(x)sin(x) dx = 1 − z 2 · − dzsin(x)∫1= −1 − z 2 dz= −artanh(z)= −artanh(cos(x)).

Kap.14 Integration 13714.5 Hauptsatz der Analysis14.5.1 Satz 1Sei f : [a, b] → R stetig und sei F : [a, b] → R eine Stammfunktion von f.Dann ist auch G : [a, b] → R genau dann eine Stammfunktion von f, wennF − G = c eine Konstante ist.BeweisSei zunächst G eine Stammfunktion von f. Dann gilt F ′ = f = G ′ und somit(F − G) ′ = 0, also ist F − G = c eine Konstante.Sei nun F − G = c eine Konstante. Dann gilt G ′ = (F − c) ′ = F ′ = f.14.5.2 Mittelwertsatz der IntegrationSei f : [a, b] → R stetig und sei a < b.Dann gibt es ein ξ ∈ ]a, b[ mit✷f (ξ) · (b − a) =∫ baf(x) dx.BeweisSiehe 27.6.1 auf Seite 297.14.5.3 Satz 2Sei f : [a, b] → R stetig und sei a < b.Dann ist F : [a, b] → R mitF (x) =∫ xaf(t) dtdifferenzierbar auf [a, b] und es gilt F ′ = f.F ist also eine Stammfunktion von f.BeweisSiehe 27.6.2 auf Seite 297.14.5.4 Hauptsatz der AnalysisSei f : [a, b] → R stetig, sei a < b und sei F eine Stammfunktion von f.Dann gilt

Kap.14 Integration 138∫ baf(x) dx = F (b) − F (a) .BeweisSiehe 27.6.3 auf Seite 298.14.5.5 BeispielBerechnung des Flächeninhaltes eines Kreises mit dem Radius 1.Abbildung 16Es muss nun folgendes Integral berechnet werden:∫ 1−1√1 − x 2 dx =[ 1(x · √1 ) ] 1− x2 2 + arcsin(x)−1= 1 2 (arcsin(1)) − 1 2 (arcsin(−1))( 1=2 · π ) (− − 1 2 2 · π )2= π 2Somit ist der Flächeninhalt des Kreises genau 2 · π2 = π.14.5.6 Satz 3Sei f ′ (x) = λ · f(x) mit λ ∈ R.Dann gibt es ein c ∈ R mitf(x) = c · e λx .

Kap.14 Integration 13914.5.7 Definition (Bogenlänge)Sei f : [a, b] → R stetig und sei a < b.Dann wird die Bogenlänge B zwischen a und b definiert alsB =∫ ba√1 + (f ′ (x)) 2 dx.14.5.8 BeispielBerechnung der Kreislinie eines Kreises mit dem Radius 1.Sei f(x) = √ 1 − x 2 .Es muss nun folgendes Integral berechnet werden:√∫ 1( )2x 2 ∫ 11 +2 √ 1dx = √1 − x dx2 1 − x 2−1−1= [arcsin(x)] 1 −1= π (2 − − π )2= πSomit ist die Kreislinie eines Kreises mit dem Radius 1 genau 2 · π = 2π.14.6 Uneigentliche Integration14.6.1 DefinitionSei a ∈ R, b ∈]a, ∞], sei a < b und sei f : [a, b] → R stetig.Ist für alle c ∈ R mit a < c < b die Funktion f auf dem Intervall [a, c]integrierbar und existiert der Grenzwert∫ climc→b af(x) dx,dann heißt f uneigentlich integrierbar und man setze∫ baf(x) dx :=limc→bc

Kap.14 Integration 140oder14.6.2 Beispiel∞∫1Berechne dx.x 2LösungEs gilt1∫ baf(x) dx :=lim c→ac>a∫ bcf(x) dx.∫ T11x 2 dx = [− 1 x] T114.6.3 Rechenregeln= 1 − 1 TT →∞−→ 1 − 0 = 1.Es gelten die gleichen Rechenregeln wie für Integrale (siehe dazu 14.3.1).14.7 Fourierreihen und FouriertransformationWie aus der linearen Algebra bekannt sein sollte, bildet die Menge allerperiodischen Funktionen mit den üblichen Verknüpfungen einen unendlichdimensionalen Vektorraum. Die Funktionen 1, sin(kx) und cos(kx) für k ∈ Nbilden eine Basis dieses Vektorraums, somit kann jede periodische Funktiondurch eine Linearkombination dieser Funktionen dargestellt werden. Dies istdie Idee der Fourierreihen.Bei der Fouriertransformation kann eine geeignete Funktion in einen sogenanntenk-Raum transformiert und später zurücktransformiert werden. Eingroßer Vorteil dabei ist, dass im k-Raum das Ableiten der ursprünglichenFunktion gerade einer Multiplikation mit k entspricht.14.7.1 FourierreihenSei f(x) eine Funktion mit der Periode T und seien weitera n = 2 Tb n = 2 T∫ T0∫ T0f(x) cos 2πnxTf(x) sin 2πnxTdx,für alle n ≥ 0. Dann giltf(x) = a 0∞2 + ∑(a n cos 2πnx + b n sin 2πnx ).TTn=1dx

Kap.14 Integration 14114.7.2 BeispielSeif(x) = x für − 1 ≤ x < 1 und f(x + 2) = f(x),f(x) ist also periodisch mit der Periode T = 2. Nun müssen zunächst dieFolgen berechnet werden, zweckmäßigerweise wird dabei von −1 bis 1 undnicht von 0 bis 2 integriert.a n = 2 T=∫ T0∫ 1−1= cos(πn)n 2 π 2= cos(πn)n 2 π 2b n = 2 T=f(x) cos 2πnxTx cos(πnx) dx =∫ T0∫ 1−1= sin(πn)n 2 π 2= sin(πn)n 2 π 2= 2 sin(πn)n 2 π 2+ sin(πn)nπ+ sin(πn)nπf(x) sin 2πnxTx sin(πnx) dx =− cos(πn)nπ− cos(πn)nπ− 2 cos(πn)nπdx[ cos(πnx)n 2 π 2− cos(−πn)n 2 π 2− cos(πn)n 2 π 2dx[ sin(πnx)n 2 π 2− sin(−πn)n 2 π 2+ sin(πn)n 2 π 2+ x sin(πnx) ] 1nπ−1+ sin(−πn)nπ− sin(πn)nπ= 0,− x cos(πnx) ] 1nπ−1− cos(−πn)nπ− cos(πn)nπ= 0 − 2(−1)nnπ= (−1) n+1 2nπ .Die letzte Gleichung vereinfacht sich so stark, da gerade n ∈ N ∪ {0} gilt.Insgesamt ergibt sich somitf(x) = a 02 + ∞ ∑=∞∑n=1n=1(a n cos 2πnx + b n sin 2πnx )TT((−1) n+1 ·14.7.3 FouriertransformationSei f : R → R.Die Fouriertransformation von f(x) ist danng(k) =∫ ∞−∞)2nπ · sin(πnx) .e −ikx√2π · f(x) dx

Kap.14 Integration 142und die Rücktransformation ergibt sich ausf(x) =∫ ∞−∞e ikx√2π · g(k) dk.14.7.4 BeispielSei a > 0 und seif a (x) ={ 1/a für −a/2 ≤ x ≤ a/20 sonst.Für die Fouriertransformation f a (x) → g a (k) in den k-Raum gilt nunda geradeg a (k) ===∫ ∞−∞1a √ 2π ·1a √ 2π ·e −ikx√2π · f a (x) dx =[− 1(− 1= − 1aik √ 2π ·=ik · e−ikx ] a/2x=−a/2∫ a/2−a/2ik · e−ika/2 + 1 )ik · eika/2(e −ika/2 − e ika/2)1a √ 2π · e−ikx dx1aik √ 2π · 2i · sin(ka/2) = 2ak √ 2π · sin(ka/2),sin(x) = eix − e −ix2igilt (siehe 8.4.1 auf Seite 69).14.8 Aufgaben14.8.1 Aufgabe 1Sei f(x) = x 2 . Berechne das Integral∫ 10f(x) dxnur unter Benutzung der Definition über Treppenfunktionen.LösungSei k = 1, .., n und wähle a k = k n sowie a 0 = 0. Weiter seic k = f(a k ) =( kn) 2.

Kap.14 Integration 143Dann gilt∫ 114.8.2 Aufgabe 20x 2 dx = µ(f) = limn→∞k=1= limn→∞k=1= limn→∞k=1= limSei f(x) = 2x 2 . Berechne das Integraln→∞k=1n∑c k (a k − a k−1 )n∑( ) k 2 ( k·n n − k − 1 )nn∑( ) k 2· 1n nn∑k 2n 3 = limn→∞1n 3n∑k=1( 1 n(n + 1)(2n + 1)= lim ·n→∞ n3 62n 3 + 3n 2 + n= limn→∞ 6n 3 = 1 3 .∫ 31f(x) dxnur unter Benutzung der Definition über Treppenfunktionen.k 2)LösungSei k = 1, .., n und wähle a k = 2k n + 1 sowie a 0 = 1. Weiter seiDann gilt( ) 2k 2c k = f(a k ) = 2n + 1 = 8 k2n 2 + 8 k n + 2.µ(f) =∫ 31= lim2x 2 dxn∑c k (a k − a k−1 )n→∞k=1n∑(8 k2= limn→∞k=1= limn∑n→∞k=1n 2 + 8 k n + 2 )·( 2kn(8 k2n 2 + 8 k n + 2 )· 2n+ 1 −2(k − 1)n)− 1

Kap.14 Integration 144(16n∑= limn→∞ n 3 k 2 + 16 n∑n 2k=1k=1( 16n(n + 1)(2n + 1)= limn→∞= limn→∞14.8.3 Aufgabe 3k + 4 n)n∑1k=116n(n + 1)2n 26n 3 +( 326 + 486n + 166n 2 + 162 + 16 )2n + 4= 326 + 16 2 + 4 = 171 3 .Sei f(x) = e x . Berechne das Integral∫ 10f(x) dx+ 4n nnur unter Benutzung der Definition über Treppenfunktionen.)LösungSei k = 1, .., n und wähle a k = k n sowie a 0 = 0. Weiter seiDann gilt∫ 10e x dx = µ(f) = limc k = f(a k ) = e k/n .n→∞k=1= limn→∞k=1= limn→∞k=11= limn→∞ n1= limn→∞ n1= limn→∞ n= limn→∞n∑c k (a k − a k−1 )n∑( ke k/n ·n − k − 1 )nn∑e k/n · 1n = lim 1n∑n→∞ nk=1()1 − (e 1/n ) n+11 − e 1/n − 1()e 1/n − e · e 1/n1 − e 1/n()1 − e1− 1e 1/n 1 − e∑n ∞ (−1/n) mm!− nm=0( )e 1 kn1 − e= limn→∞ ne −1/n − n

Kap.14 Integration 145= limn→∞= limn→∞= 1 − e−11 − en ( 1 − 1 n + 1 − 12n 21 − e−1 + 12n − 16n 2 + . . .= e − 1.6n 3 + . . . ) − nBei der Berechnung wurde die endlich geometrische Reihe und die Potenzreihevon e x verwendet (siehe Anhang auf Seite 308).14.8.4 Aufgabe 4Finde eine Stammfunktion zu f(x) = 6x · e − 1 2 x .LösungWähleg(x) = −2 · e − 1 2 x ⇒ g ′ (x) = e − 1 2 xh(x) = 6x ⇒ h ′ (x) = 6.Nach der partiellen Integration gilt∫∫F (x) = f(x) dx = g ′ (x) · h(x) dx=∫g(x) · h(x) − g(x) · h ′ (x) dx∫= −2 · e − 1 2 x · 6x − −2 · e − 1 2 x · 6 dx∫= −12x · e − 1 2 x + 12 e − 1 2 x dx14.8.5 Aufgabe 5Bestimme ∫ x sin(x) dx.LösungWähle= −12x · e − 1 2 x − 24 · e − 1 2 x= −12(x + 2) · e − 1 2 x .f(x) = x ⇒ f ′ (x) = 1g(x) = − cos(x) ⇒ g ′ (x) = sin(x).

Kap.14 Integration 146Nach der partiellen Integration gilt∫∫x sin(x) dx = f(x) · g ′ (x) dx∫= f(x) · g(x) − f ′ (x) · g(x) dx= x · (− cos(x)) −∫1 · (− cos(x)) dx=∫− cos(x) · x + cos(x) dx14.8.6 Aufgabe 6= −x cos(x) + sin(x)= sin(x) − x cos(x).Bestimme den Flächeninhalt F der Punktmenge oberhalb der x-Achse undunterhalb des Graphen von f(x) = 1 − x 2 .LösungEs gilt f(−1) = 0, f(0) = 1 und f(1) = 0. Die zu untersuchende Punktmengeist also{(x, y) ∈ R 2 | − 1 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1 − x 2 }.Nach dem Hauptsatz der Analysis folgtF =∫ 1−114.8.7 Aufgabe 7(1 − x 2 ) dx =[x − 1 3 x3 ] 1−1Finde eine Stammfunktion zu f(x) = 1e x +1 .Lösung=∣ 1 − 1 3 + 1 − 1 3∣ = 4 3 .Es gilt∫dxe x + 1 =∫e −x∫1 + e −x dx = −−e −xdx.1 + e−x Somit steht im Zähler nun die Ableitung vom Nenner und es folgtF (x) =14.8.8 Aufgabe 8∫−−e −x1 + e −x dx = − log ( 1 + e −x) .Finde eine Stammfunktion zu f(x) = x 2√ x 3 + 2.

Kap.14 Integration 147LösungEs gilt∫x 2√ x 3 + 2 dx = 1 3∫3x 2√ x 3 + 2 dx.Nach der Substitutionsregel folgt nun mit u = x 3 + 2 und u ′ = 3x 2 geradeF (x) = 1 ∫3x 2√ x33 + 2 dx = 1 ∫u 1 22 du =39 u 3 2 = 2 √(x93 + 2) 3 .14.8.9 Aufgabe 9Finde eine Stammfunktion zu f(x) = sin ( 12 x) .LösungEs gilt∫( ) ∫ ( )1 1 1sin2 x dx = 22 sin 2 x dx.Nach der Substitutionsregel folgt nun mit u = 1 2 x und u′ = 1 2 gerade∫ ( ) 1 1F (x) = 22 sin 2 x dx∫( ) 1= 2 sin(u) du = − 2 cos(u) = − 2 cos2 x .14.8.10 Aufgabe 10Finde eine Stammfunktion zu f(x) = 4x2 +13x−9x 3 +2x 2 −3x .LösungEs gilt4x 2 + 13x − 9x 3 + 2x 2 − 3x = 4x2 + 13x − 9x(x + 3)(x − 1) = A x +Bx + 3 +Cx − 1und man erhält durch Partialbruchzerlegung (siehe 6.2 auf Seite 43) geradeA = 3, B = − 1 und C = 2.Es ergeben sich nun jeweils die Ableitung vom Nenner im Zähler und somitfolgt∫F (x) = 4x2 + 13x − 9 3x 3 + 2x 2 − 3x dx = x − 1x + 3 + 2x − 1 dx∫ ∫∫3=x dx − 1x + 3 dx + 2x − 1 dx

Kap.14 Integration 148∫ ∫∫1= 3x dx − 1x + 3 dx + 2 1x − 1 dx= 3 log(x) − log(x + 3) + 2 log(x − 1)= log ( x 3) − log(x + 3) + log ( (x − 1) 2) ( x 3 (x − 1) 2 )= log.x + 314.8.11 Aufgabe 11Finde eine Stammfunktion zu f(x) = e x cos(e x ).LösungNach der Substitutionsregel folgt mit u = u ′ = e x gerade∫∫F (x) = e x cos(e x ) dx = cos(u) du = sin(u) = sin(e x ).14.8.12 Aufgabe 12Finde eine Stammfunktion zu f(x) = tan(x).LösungEs gilt∫tan(x) dx =∫sin(x)cos(x) dx =− ∫ − sin(x)cos(x) dx.Somit steht im Zähler nun die Ableitung vom Nenner und es folgtF (x) =−∫ − sin(x)cos(x)dx = − log (cos(x)) .14.8.13 Aufgabe 13Finde eine Stammfunktion zu f(x) = sin(x)+cos(x)cos(x).LösungEs folgt durch ∫ tan(x) dx = − log (cos(x)) geradeF (x) ==∫ ∫∫sin(x) + cos(x)sin(x)dx =cos(x)cos(x) dx + ∫tan(x) dx + x = x − log (cos(x)) .1 dx

15 TaylorreihenIn diesem Kapitel geht es darum eine gegeben Funktion durch eine Potenzreihedarzustellen. Dabei muss untersucht werden, wo die gefundene Reiheüberall konvergent ist.Die Darstellung einer Funktion in ihrer Potenzreihe hat den großen Vorteil,dass man summandenweise differenzieren und integrieren kann und somitauch zum Beispiel die Stammfunktion einer komplizierten Funktion findenkann.15.1 Höhere Ableitungen15.1.1 DefinitionSei M ⊂ R.Eine Funktion f : M → R heißt n-mal stetig differenzierbar, wenn sie n-mal differenzierbar ist und wenn die n-te Ableitung stetig ist. Es bezeichnetC n (M)die Menge aller n-mal stetig differenzierbaren Funktionen auf M. C n (M) istdann ein Untervektorraum vom Raum aller Funktionen auf M.Für n = 0 gilt stets f (0) = f.Weiter bezeichnetC ∞ (M) :=∞⋂C n (M)die Menge aller unendlich oft differenzierbaren Funktionen auf M. EineFunktion f ∈ C ∞ (M) heißt dann auch glatt.15.1.2 Satz 1Sei M ⊂ R und seien f, g : M → R zwei n-mal differenzierbare Funktionenmit n ∈ N.n=0149

Kap.15 Taylorreihen 150Dann ist (f · g) ebenfalls n-mal differenzierbar und es giltBeweisskizze(f · g) (n) =n∑k=0( nk)f (k) g (n−k) .Der Beweis verläuft ganz analog zum Beweis der binomischen Formel.15.2 Definitionen und Sätze15.2.1 TaylorpolynomSei f : R → R n-mal differenzierbar, dann heißtp n (x) =n∑k=0f (k) (a)(x − a) kk!das n-te Taylorpolynom von f bei a.ErklärungDas Taylorpolynomp n (x) = f(a) + f ′ (a)1!(x − a) 1 + f ′′ (a)(x − a) 2 + . . .2!nähert sich der Funktion f(x) in einer Umgebung von a beliebig nahe an.Dabei gilt:p 0 (x) ist die Parallele zur x-Achse durch den Punkt (a, f(a)),p 1 (x) ist die Tangente an f durch den Punkt (a, f(a)),p 2 (x) ist die Näherungsparabel, die f bei dem Punkt (a, f(a)) tangiert,.15.2.2 RestgliedDas so genannte Restglied wird definiert durchR n (x) := f(x) − p n (x).

Kap.15 Taylorreihen 15115.2.3 Satz von TaylorIst f n-mal differenzierbar, so giltf(x) = p n (x) + R n (x)= f(x) + f ′ (x)1!(x − a) 1 + . . . + f (n) (a)(x − a) n + R n (x),n!wobei sich das Restglied R n (x) auf folgende Weisen darstellen lässt:Lagrange Restgliedmit ξ zwischen a und x.Schlömilchsches RestgliedR n (x) = f (n+1) (ξ)(x − a)n+1(n + 1)!R n (x) = f (n+1) (ξ)(x − a) q (x − ξ) n−q+1q · n!mit ξ zwischen a und x und einem bleibigen q ∈ N mit 1 ≤ q ≤ n + 1.Cauchysches RestgliedR n (x) = f (n+1) (ξ)(x − a)(x − ξ) nn!mit ξ zwischen a und x.15.2.4 TaylorreiheIst f unendlich oft differenzierbar, dann heißt∞∑ f (k) (a)(x − a) k = f(a) + f ′ (a)(x − a) 1 + f ′′ (a)(x − a) 2 + . . .k!1!2!k=0die Taylorreihe von f bei a.Es giltf(x) =∞∑k=0f (k) (a)(x − a) k ⇔ limk!R n(x) = 0.n→∞15.2.5 Potenzreihen und TaylorentwicklungKann eine Funktion f(x) durch eine derartige Reihe dargestellt werden, soist diese Reihe die Potenzreihe der Funktion f(x).Umgekehrt sollte zur Taylorreihenentwicklung nach Möglichkeit auf eine bekanntePotenzreihe zurückgegriffen werden (siehe Seite 308).

Kap.15 Taylorreihen 15215.3 Erklärendes BeispielSei f(x) = xe x . Untersuche, ob f durch ihre Taylorreihe bei a = 0 dargestelltwerden kann.Behauptungf lässt sich auf ganz R durch ihre Taylorreihef(x) = xe x =∞∑n=11(n − 1)! xndarstellen.BeweisEs giltf(x) = xe x → f(0) = 0f ′ (x) = (1 + x)e x → f ′ (0) = 1f ′′ (x) = (2 + x)e x → f ′′ (0) = 2f (3) (x) = (3 + x)e x → f (3) (0) = 3f (4) (x) = (4 + x)e x → f (4) (0) = 4.f (n) (x) = (n + x)e x → f (n) (0) = n.Demnach ist das Taylorpolynom von f(x) bei a = 0f(x) = 1 1! x + 2 2! x2 + 3 3! x3 + . . . + n n! xn + R n (x)==n∑k=1n∑k=1kk! xk + R n (x)Nach dem Lagrange Restglied gilt1(k − 1)! xk + R n (x).R n (x) = f (n+1) (ξ)(n + 1)! xn+1 =(n + 1 + ξ)eξx n+1 .(n + 1)!Zu zeigen ist nun noch, dass R n (x) für alle x ∈ R gegen 0 konvergiert:xn|R n (x)| =∣xeξ n! + x n+1ξeξ (n + 1)! ∣ ≤ a · xnn! + b · x n+1 n→∞−→ 0(n + 1)!Damnach kann f auf ganz R durch ihre Taylorreihe dargestellt werden.✷

Kap.15 Taylorreihen 15315.4 Konvergenzradien15.4.1 DefinitionHat man eine Potenzreihe in der Form∞∑a k (x − a) kk=1gegeben, so gibt es folgende Möglichkeiten für den Konvergenzbereich:( 1 ) Die Reihe konvergiert nur im Entwicklungspunkt a.( 2 ) Die Reihe konvergiert für alle x ∈ R.( 3 ) Die Reihe konvergiert auf dem Intervall ]a − r, a + r[ und eventuell ineinem oder in beiden Randpunkten.∑Dabei heißt r der Konvergenzradius der Potenzreihe ∞ a k (x − a) k . Esgiltr =limk→∞1√k |ak |=1∣ lim ∣ a k+1 ∣∣.a kk→∞Bei r = 0 konvergiert die Potenzreihe demnach nur im Entwicklungspunkta und bei r = ∞ auf ganz R.15.4.2 Beispiele( 1 ) Sei∞∑k=11(k − 1)! xk =∞∑a k x kk=1k=1die Potenzreihe aus dem erklärenden Beispiel. Dann giltr =1∣ ∣ a k+1 ∣∣=a k∣1∣ (k−1)!k!∣= 1 1k= kk→∞−→ ∞.Also ist die gegebene Potenzreihe auf ganz R konvergent.( 2 ) SeiDann giltr =∞∑k k x k =k=11√k |ak |= 1 k∞∑a k x k .k=1k→∞−→ 0,demnach ist die gegebene Potenzreihe nur in ihrem Entwicklungspunkt0 konvergent.

Kap.15 Taylorreihen 154( 3 ) SeiDann giltr =∞∑k=11√k |ak |2 kk! xk == 1 2k√k!=∞∑a k x k .k=1k√k!2k→∞−→(siehe Seite 308), also ist die gegebene Potenzreihe auf ganz R konvergent.∞( 4 ) SeiDann giltr =∞∑k 2 5 k (x − 2) k =k=11√k |ak |=∞∑a k (x − 2) k .k=11k√k 2 5 = 1( ) k5 ·k√ 2kk→∞−→ 1 5 ,demnach ist die gegebene Potenzreihe schon einmal auf ] 95 , 11 [5 konvergentund es müssen nur noch die beiden Randpunkte untersuchtwerden. Es ergeben sich die beiden Reihen∞∑(k 2 5 k −5) 1 k ∞∑∞∑( 1 k ∞∑= (−1) k k 2 und k 2 55) k = k 2 ,k=0k=0die beide divergent sind. Daher ist der gesuchte Konvergenzbereichgenau ] 95 , 11 [5 .15.5 Aufgaben15.5.1 Aufgabe 1Sei f(x) = e x . Berechne die Taylorreihe bei a = 0.LösungFür alle n ∈ N gilt f (n) (x) = e x , also f (n) (0) = e 0 = 1. Da f(x) demnachunendlich oft differenzierbar ist, folgt∞∑k=0f (k) (0)k!x k = f(0) + f ′ (0)1!x + f ′′ (0)2!k=0= 1 + x 1! + x22! + x33! + x44! + . . . .Die Taylorreihe von f(x) = e x ist also ∞ ∑n=0x nn! .x 2 + f (3) (0)x 3 + . . .3!k=0

Kap.15 Taylorreihen 15515.5.2 Aufgabe 2Sei f(x) = log(x). Finde das Taylorpolynom von f bei a = 1 und untersuche,ob f durch ihre Taylorreihe bei a = 0 dargestellt werden kann.LösungEs giltf(x) = log(x) → f(1) = 0f ′ (x) = 1 x→ f ′ (1) = 1f ′′ (x) = − 1 x 2 → f ′′ (1) = (-1)f (3) (x) = 2 x 3 → f (3) (1) = 2f (4) (x) = − 6 x 4 → f (4) (1) = (-6).f (n) (x) = (−1) n+1 (n − 1)! 1x n → f (n) (1) = (−1) n+1 (n − 1)! .Demnach ist das Taylorpolynom von f(x) bei a = 1 für ein gerades nf(x) = (x − 1) − 1 2 (x − 1)2 + 1 3 (x − 1)3 − ... −=n∑ (−1) k+1(x − 1) k + R n (x).kk=1Um festzustellen, wann f durch ihre Taylorreihe∞∑ (−1) n+1(x − 1) nnn=1(n − 1)!(x − 1) n + R n (x)n!dargestellt werden kann, muss untersucht werden für welche x ∈ R ein Restgliedgegen 0 konvergiert.Mit dem Lagrange RestgliedR n (x) = f (n+1) (ξ)(n + 1)! (x − 1)n+1 = (−1)n+2(n + 1)1(x − 1)n+1ξn+1 stellt man fest, dass für alle x ∈ [1, 2] das Restglied gegen 0 konvergiert:R n (x) ≤ 1 n (x − 1)n+1 ≤ 1 nn→∞−→ 0Mit dem Cauchyschen RestgliedR n (x) = f (n+1) (ξ)n!(x − 1)(x − ξ) n = (−1) n+2 x − 1 ( x ξ ξ − 1)n

Kap.15 Taylorreihen 156stellt man fest, dass für alle x ∈ ]0, 1[ das Restglied gegen 0 konvergiert:R n (x) = (−1) n+2 x − 1ξDemnach gilt für alle 0 < x ≤ 2( xξ − 1 ) n≤ x − 1x |x − 1|n n→∞−→ 0f(x) = log(x) =∞∑ (−1) n+1(x − 1) n .nn=1

Mehrdimensionale Analysis157

16 Normierte Räume16.1 Definitionen und Sätze16.1.1 DefinitionSei E ein Vektorraum über einem Körper K.Eine Abbildung‖ ‖ : E → Kheißt Norm auf E, wenn für alle a, b ∈ E und λ ∈ K gilt:( NOR1 ) ‖a‖ ≥ 0( NOR2 ) ‖a‖ = 0 ⇔ a = 0( NOR3 ) ‖λa‖ = |λ| · ‖a‖( NOR4 ) ‖a + b‖ ≤ ‖a‖ + ‖b‖(E, ‖ ‖) heißt dann normierter Raum.BemerkungDie Definition einer Norm wurder bereits in 12.3.1 auf Seite 108 eingeführtund wurde an dieser Stelle nur wiederholt.16.1.2 StandardnormenWichtige Standardnormen auf R n mit x = (x 1 , .., x n ) ∈ R n sind:‖x‖ 1 = |x√ 1 | + · · · + |x n | 1-Normn∑‖x‖ 2 = x 2 i2-Norm, euklidische Normi=1√n∑‖x‖ p = p x p ip-Normi=1{}‖x‖ ∞ = max |x i | ∣ i = 1, · · · , n Supremumsnorm158

Kap.16 Normierte Räume 15916.1.3 Definition und SatzSei E ein n dimensionaler Vektorraum, zum Beispeil E = R n , und sei a ∈ E.{}B ε (k)(a) := x ∈ E ∣ ‖x − a‖ k < εheißt ε-Ball um a bezüglich einer Norm ‖ ‖ k .B (1)1Es gilt für alle x, a ∈ E:(0) B(2) 1 (0) B(∞) 1 (0)( 1 ) ‖x‖ ∞ ≤ ‖x‖ 2 ≤ ‖x‖ 1 ≤ n‖x‖ ∞Abbildung 17( 2 ) B ε (1) (a) ⊂ B ε(2) (a) ⊂ B ε (∞) (a) ⊂ B nε (1) (a).BeweisDie Behauptungen werden nur für E = R n gezeigt.Sei also x = (x 1 , .., x n ) ∈ R n , dann gilt√|x i | = x 2 i≤ ‖x‖ 2für alle i ∈ {1, .., n} und somit folgt ‖x‖ ∞ ≤ ‖x‖ 2 . Weiter gilt‖x‖ 2 2 =n∑i=1x 2 i≤( n∑) 2x i = ‖x‖ 2 1,i=1also auch ‖x‖ 2 ≤ ‖x‖ 1 . Gemeinsam mit‖x‖ 1 =n∑|x i | ≤ n max{x 1 , .., x n } = n‖x‖ ∞i=1folgt nun gerade die erste Behauptung. Die zweite Aussage folgt direkt ausder ersten.✷

Kap.16 Normierte Räume 16016.1.4 OperatornormSeien E, F normierte Räume und seiϕ ∈ Hom R (E, F ) = {f : E → F | f ist linear}.Die Operatornorm wird auf dem Vektorraum Hom R (E, F ) definiert durch16.1.5 Definition‖ϕ‖ := sup{ϕ(u) | ‖u‖ ≤ 1}.Sei E ein Vektorraum und seien ‖ ‖, ‖ ‖ ′ zwei Normen auf E.Die Normen ‖ ‖ und ‖ ‖ ′ heißen äquivalent, wenn gilt:16.1.6 Satz 1∃ k, l > 0 ∀ a ∈ E : ‖a‖ ′ ≤ l‖a‖, ‖a‖ ≤ k‖a‖ ′ .Auf einem endlich dimensionalen reellen Vektorraum sind alle Normen äquivalent,das heißt sie erzeugen dieselbe Topologie (siehe Seite 163).BeweisskizzeMan zeigt, dass jede beliebige Norm äquivalent ist zur euklidischen Norm‖ ‖ 2 . Daraus folgt dann die Behauptung.16.1.7 DefinitionSei E ein Vektorraum und sei p : E → R eine Abbildung.p heißt sublineares Funktional, wenn gilt:( 1 ) für alle a, b ∈ E gilt p(a + b) ≤ p(a) + p(b)( 2 ) für alle a ∈ E und alle λ > 0 gilt p(λa) = λp(a)16.1.8 Satz 2Jede Norm und jede lineare Abbildung ist ein sublineares Funktional.16.2 Hilberträume16.2.1 DefinitionSei E ein Vektorraum über einem Körper K.Eine Abbildung( , ) : E × E → K

Kap.16 Normierte Räume 161heißt Skalarprodukt oder inneres Produkt auf E, wenn für alle a, b, c ∈ Eund alle λ, µ ∈ K gilt:( SKP1 ) (a, a) > 0 falls a ≠ 0( SKP2 ) (λa + µb, c) = λ(a, c) + µ(b, c)( SKP3 ) (a, b) = (b, a)(E, ( , )) heißt dann prähilbert Raum.16.2.2 Cauchy-Schwarz UngleichungSei ( , ) ein Skalarprodukt auf einem reellen Vektorraum E.Dann gilt für alle a, b ∈ E gerade|(a, b)| ≤ √ (a, a) · (b, b)mit Gleichheit genau dann, wenn a und b linear abhängig sind.16.2.3 Definition und SatzSei (E, ( , )) ein prähilbert Raum.Dann wird durcheine Norm definiert.‖x‖ = √ (x, x)(E, ( , )) heißt Hilbertraum, wenn er bezüglich dieser Norm einen Banachraumbildet, wenn er also vollständig ist.16.2.4 BeispielDer Vektorraum R n bildet mit der durch das Standardskalarprodukt(x, y) =n∑x i y ii=1gegebenen Norm einen Hilbertraum.16.2.5 Satz 1Eine Norm wird genau dann von einem Skalarprodukt erzeugt, wenn dieParallelogramm-Regelerfüllt wird.‖x + y‖ 2 + ‖x − y‖ 2 = 2‖x‖ 2 + 2‖y‖ 2

Kap.16 Normierte Räume 16216.3 Aufgaben16.3.1 Aufgabe 1Sei x = (x 1 , .., x n ) ∈ R n . Zeige, dass ‖x‖ 2 ≤ √ n‖x‖ ∞ gilt.LösungEs gilt‖x‖ 2 =√x 2 1 + .. + x2 n√≤ n · max(x 2 1 , .., x2 n)= √ √n max(x 2 1 , .., x2 n)= √ n max(x 1 , .., x n ) = √ n‖x‖ ∞ .16.3.2 Aufgabe 2Sei x = (x 1 , .., x n ) ∈ R n . Zeige, dass ‖x‖ 1 ≤ √ n‖x‖ 2 gilt.LösungEs gilt‖x‖ 1 ==n∑|x i |i=1n∑(|x i | · 1)i=1≤ ‖x‖ 2 · ‖(1, .., 1)‖ 2√ √√√ n∑= ‖x‖ 2 1 2 = √ n‖x‖ 2 .Dabei folgt die Ungleichung gerade aus der Cauchy-Schwarz Ungleichung.i=1

17 Topologische Räume17.1 Definitionen17.1.1 DefinitionSei M eine nicht leere Menge.Eine Teilmenge T ⊂ P(M) der Potenzmenge von M heißt Topologie, wenngilt:( TOP1 ) M, ∅ ∈ T .( TOP2 ) Mit U 1 , U 2 ∈ T ist auch U 1 ∩ U 2 ∈ T .( TOP3 ) Mit U i ∈ T für i = 1, .., n ist auch U 1 ∪ .. ∪ U n ∈ T .(M, T ) heißt dann topologischer Raum.Oft kürzt man diese Schreibweise (M, T ) ab und schreibt einfach nur M.17.1.2 BeispieleSei M eine beliebige nicht leere Menge.( 1 ) T = {∅, M} ist die chaotische Topologie.( 2 ) T = P(M) ist die diskrete Topologie.( 3 )T = {U ⊂ M | ∃ ε > 0 ∃ x ∈ M : B ε (x) = U}ist die natürliche Topologie, also die von einer Norm gelieferte Topologie.17.1.3 Satz 1Auf R n liefern ‖ ‖ 1 , ‖ ‖ 2 und ‖ ‖ ∞ die natürliche Topologie.17.1.4 DefinitionSeien S, T zwei Topologien auf M.S heißt feiner als T und T heißt gröber als S, wenn S ⊂ T gilt.163

Kap.17 Topologische Räume 16417.1.5 SpurtopologieSei (M, T ) ein topologischer Raum und sei N ⊂ M eine nicht leere Teilmenge.Dann ist auch (N, T N ) mitT N = {U ∩ N | U ∈ T }ein topologischer Raum und heißt die Spurtopologie auf N.17.1.6 BemerkungDie Topologie beschreibt die ”Geometrie der Lage” von unterschiedlichenObjekten. Sie vergleicht Objekte, die gedehnt, verdreht oder deformiert wurden,interessiert sich jedoch anders als die Geometrie nicht für Längen undWinkel.Um sich den Begriff der Topologie zu veranschaulichen, kann man sich einObjekt aus einem Gummituch vorstellen. Alle Objekte, die aus diesem Gummituchdurch spannen, ziehen und verdrehen entstehen, sind topologischnicht zu unterscheiden.Demnach ist ein Kreis beispielsweise topologisch äquivalent zu einer Ellipse,eine Kugel ist äquivalent zu einem Ellipsoid und sogar eine Tasse miteinem Henkel ist topologisch äquivalent zu einem Doughnut.Die Linie einer Acht ist jedoch nicht äquivalent zu einem Kreis – wie man dieKreislinie auch deformiert, niemals erhält man eine Acht – auch ein Gummituchmüsste zerrissen und wieder neu verknüpft werden.(Eine genaue Definition von topologisch äquivalent siehe 19.1.4 auf Seite181.)17.2 Von der Norm zur Topologie(Siehe dazu Kapitel metrische Räume auf Seite 76.)Normd(x,y):=‖x−y‖=⇒ MetrikB ε(a)=⇒ TopologieSei ‖ · ‖ eine beliebige Norm auf einer Menge M. Definiert man d(x, y) :=‖x−y‖, so wird aus der Norm eine Metrik. Die Teilmengen von M, die durchden Ball und die Metrik B ε (x) = {a ∈ M | d(a, x) < ε} definiert werden,bilden dann die natürliche Topologie auf M.

18 TopologieDie folgenden Definitionen, Begriffe und Beispiele beziehen sich teilweise nurauf metrische- oder nur auf topologische Räume, sind aber im Allgemeinendurch kleine Änderungen für beide Räume gültig.Ebenso ist auch darauf zu achten, dass sich einige Sätze nur auf R beziehen,andere hingegen auf jeden endlich dimensionalen reellen Vektorraum E.18.1 Offene Mengen18.1.1 DefinitionSei (M, d) ein metrischer Raum.U ⊂ M heißt offen, wenn es zu jedem a ∈ U auch ein ε > 0 gibt, so dassgilt:B ε (a) = {x ∈ M | d(a, x) < ε} ⊂ U.Sei (M, T ) ein topologischer Raum.U ⊂ M heißt offen, wenn U ∈ T gilt.18.1.2 Beispiele( 1 ) M und ∅ sind offen in M.( 2 ) ]a, b[ ⊂ R ist offen in R.18.1.3 Satz 1Sei M ein topologischer bzw. metrischer Raum, sei I eine endliche Indexmengeund seien U, V sowie U i beliebige offene Mengen in M.Dann gilt:( 1 ) U ∩ V ist offen in M.⋃( 2 ) U i ist offen in M.i∈I165

Kap.18 Topologie 166BeweisDie Behauptung wird nur für einen metrischen Raum gezeigt, für topologischeRäume folgt dieser Satz aus der Definition einer Topologie.Sei zunächst x ∈ U ∩ V beliebig. Dann gilt x ∈ U und x ∈ V und demnachgibt es ein ε ′ > 0 mit B ε ′(x) ⊂ U sowie ein ε ′′ > 0 mit B ε ′′(x) ⊂ V . Sei nunε = min{ε ′ , ε ′′ }, dann gilt B ε (x) ⊂ U ∩ V und dies zeigt gerade die ersteBehauptung.Sei nun x ∈ ⋃ U i beliebig. Dann gilt auch x ∈ U i für mindestens ein i ∈ I.i∈IDemnach gibt es dann ein ε > 0 mit B ε (x) ⊂ U i und es folgt dann auchB ε (x) ⊂ ⋃ U i , was die zweite Behauptung zeigt.✷i∈I18.1.4 Satz 2Seien M, N topologische bzw. metrische Räume.Eine Abbildung f : M → N ist genau dann stetig, wenn zu jeder offenenMenge V ⊂ N auch f −1 (V ) offen in M ist.18.2 Abgeschlossene Mengen18.2.1 DefinitionSei M ein topologischer bzw. metrischer Raum.A ⊂ M heißt abgeschlossen in M, wenn M \ A offen ist.18.2.2 Beispiele( 1 ) M und ∅ sind abgeschlossen in M.( 2 ) [a, b] ⊂ R ist abgeschlossen in R.18.2.3 FolgenkriteriumSei M ein topologischer bzw. metrischer Raum.A ⊂ M ist abgeschlossen, wenn der Grenzwert jeder konvergenten Cauchyfolge(a n ) n∈N in A auch in A liegt.18.2.4 BeispielSei A = ]0, 1] und sei a n = 1 n .Dann ist (a n ) n∈N eine Folge in A, da für alle n ∈ N auch a n ∈ A gilt.

Kap.18 Topologie 167Da der Grenzwert von (a n ) = 0 aber nicht in A liegt, ist A nicht abgeschlossen.18.2.5 Satz 1Sei M ein topologischer bzw. metrischer Raum, sei I eine endliche Indexmengeund seien A, B sowie A i beliebige abgeschlossene Mengen in M.Dann gilt:( 1 ) A ∪ B ist abgeschlossen in M.⋂( 2 ) A i ist abgeschlossen in M.i∈IBeweisskizzeDie Behauptung folgt aus der Komplementbildung und dem entsprechendenSatz für offene Mengen.18.2.6 Satz 2Sei M ein metrischer Raum.A ⊂ M ist genau dann abgeschlossen in M, wenn alle Häufungspunkte vonA auch in A liegen.(Siehe Häufungspunkte auf Seite 102.)18.2.7 Satz 3Seien M, N topologische bzw. metrischer Räume.Eine Abbildung f : M → N ist genau dann stetig, wenn zu jeder abgeschlossenenMenge V ⊂ N auch f −1 (V ) abgeschlossen in M ist.18.3 Beschränkte Mengen18.3.1 DefinitionSei E ein endlich dimensionaler Vektorraum.M ⊂ E heißt beschänkt, wenn es zu jedem a ∈ M ein c > 0 gibt, so dassM ⊂ B c (a) gilt.18.3.2 Satz 1Seien E, F endlich dimensionale Vektorräume und sei f : E → F linear.Dann ist M ⊂ E genau dann beschränkt, wenn f(M) beschränkt ist.

Kap.18 Topologie 16818.3.3 Satz 2Die Menge[a 1 , b 1 ] × . . . × [a n , b n ] ⊂ R nmit a i , b i ∈ R für i = 1, .., n ist beschränkt.18.4 Das Innere und der Abschluß18.4.1 DefinitionSei M ein topologischer bzw. metrischer Raum und sei a ∈ M.U ⊂ M heißt Umgebung von a in M, wenn eine der folgenden äquivalentenAussagen erfüllt ist:( 1 ) Es gibt ein ε > 0 mit B ε (a) ⊂ U.( 2 ) Es gibt eine offene Menge V ⊂ M mit a ∈ V und V ⊂ U.Eine Umgebung von a in M ist also eine offene Teilmenge von M, die denPunkt a enthält.18.4.2 Definition und SatzSei M ein topologischer bzw. metrischer Raum und sei A ⊂ M beliebig.A ◦ heißt das Innere von A, wenn eine der folgenden äquivalenten Aussagenerfüllt ist:( 1 ) A ◦ ist die größte offene Menge in A.( 2 ) Es gilt A ◦ = {x ∈ M | A ist eine Umgebung von x}.A heißt der Abschluß von A, wenn eine der folgenden äquivalenten Aussagenerfüllt ist:( 1 ) A ist die kleinste abgeschlossene Menge in A.( 2 ) Es gilt A = {x ∈ M | für alle Umgebungen U von x gilt U ∩ A ≠ ∅}.BemerkungEs giltA = M \ (M \ A) ◦ .

Kap.18 Topologie 16918.5 Hausdorffscher Raum18.5.1 DefinitionenSei (M, T ) ein topologischer Raum.M heißt Hausdorff, wenn es zu allen a, b ∈ M mit a ≠ b zwei TeilmengenU, V ⊂ M gibt, so dass gilt:( 1 ) U ist eine Umgebung von a( 2 ) V ist eine Umgebung von b( 3 ) U ∩ V = ∅Die Menge M und die dazugehörige Hausdorff (M, T ) heißt dann HausdorffscherRaum.18.5.2 Satz 1Jede von einer Metrik gelieferte Topologie T ist eine Hausdorff.BeweisSeien a, b ∈ M, sei a ≠ b und sei d(a, b) = ε > 0. Weiter seienU = B ε/2 (a) und V = B ε/2 (b).Abbildung 18Mit diesen beiden Umgebungen gilt nun a ∈ U, b ∈ V und U ∩ V = ∅.✷18.5.3 Satz 2Sind M, N Hausdorff, dann ist auch M × N Hausdorff.18.6 Zusammenhängende Mengen18.6.1 DefinitionSei M ein topologischer bzw. metrischer Raum.

Kap.18 Topologie 170Z ⊂ M heißt zusammenhängend, wenn für alle offenen Mengen U, V ⊂ MmitZ ⊂ (U ∪ V ) und Z ∩ U ∩ V = ∅gilt:Z ⊂ U oder Z ⊂ V18.6.2 Beispiele( 1 ) [a, b] ⊂ R ist zusammenhängend.( 2 ) ]a, b[ ⊂ R ist zusammenhängend.18.6.3 Satz 1Sei Z ⊂ R.Dann ist Z genau dann zusammenhängend, wenn Z ein Intervall ist.18.6.4 Satz 2Seien M, N topologische bzw. metrische Räume, sei f : M → N stetig undsei Z ⊂ M zusammenhängend.Dann ist auch f(Z) zusammenhängend.BeweisSiehe 27.7.1 auf Seite 299.18.6.5 Satz 3Seien M, N metrische Räume und seien Z 1 ⊂ M sowie Z 2 ⊂ N zusammenhängend.Dann ist auch Z 1 × Z 2 ⊂ M × N zusammenhängend.18.6.6 DefinitionSei M ein topologischer bzw. metrischer Raum.Z ⊂ M heißt einfach zusammenhängend, wenn Z zusammenhängendist und sich jede geschlossene Kurve in Z zu einem Punkt zusammenziehenlässt.Eine einfach zusammenhängende Menge hat also keine ”Löcher”.BeispielR 2 \ {0} ist nicht einfach zusammenhängend.

Kap.18 Topologie 17118.6.7 Satz 4Es gilt:Z ist einfach zusammenhängend ⇒ Z ist zusammenhängend18.7 Wegzusammenhängende Mengen18.7.1 DefinitionAbbildung 19Ein Weg von a nach b in einem metrischen Raum M ist eine stetige Funktionmit f(0) = a und f(1) = b.18.7.2 DefinitionSei M ein metrischer Raum.f : [0, 1] → MZ ⊂ M heißt wegzusammenhängend, wenn es zu allen a, b ∈ Z einen Wegvon a nach b in Z gibt.18.7.3 Satz 1Sei M ein metrischer Raum und sei Z ⊂ M. Dann gilt:Z ist wegzusammenhängend ⇒ Z ist zusammenhängend18.7.4 Satz 2Sei M ein metrischer Raum und sei Z ⊂ M offen. Dann gilt:Z ist wegzusammenhängend ⇔ Z ist zusammenhängend

Kap.18 Topologie 17218.7.5 Beispiel 1Die nicht offene MengeM = ({0} × [−1, 1]) ∪{( ( 1 ∣∣∣ }x, sin x > 0x))⊂ R 2ist zusammenhängend, aber nicht wegzusammenhängend.Abbildung 2018.7.6 Beispiel 2Zeige, dass A = {x ∈ R n | ‖x‖ ≤ 1} wegzusammenhängend ist.LösungSeien a, b ∈ A beliebig und seiein Weg von a nach b.f : [0, 1] → R nt ↦→ (1 − t) · a + t · bEs ist also zu zeigen, dass dieser Weg in A liegt, es muss also für alle t ∈ [0, 1]gerade ‖f(t)‖ ≤ 1 gelten:‖f(t)‖ = ‖(1 − t)a + tb‖DUG≤‖(1 − t)a‖ + ‖tb‖= (1 − t)‖a‖ + t‖b‖≤= 1(1 − t) + t

Kap.18 Topologie 17318.8 Kompakte Mengen18.8.1 DefinitionenSei M ein topologischer Raum und sei K ⊂ M.U heißt offene Überdeckung von K, wenn U ⊂ T und K ⊂ ⋃W ⊂ U heißt Teilüberdeckung von K, wenn K ⊂endliche Menge ist.⋃V ∈WU∈UU gilt.V gilt und W eineK ⊂ M heißt kompakt, wenn es zu jeder offenen Überdeckung von K aucheine endliche Teilüberdeckung von K gibt.18.8.2 Beispiele( 1 ) [a, b] ⊂ R ist kompakt.( 2 ) Endliche Mengen sind kompakt.18.8.3 Satz 1Die Vereinigung von endlich vielen kompakten Mengen ist wieder kompakt.18.8.4 Satz 2K ⊂ R ist genau dann kompakt, wenn K zusammenhängend und abgeschossenist.18.8.5 Satz 3Sei M ein topologischer bzw. metrischer Raum und sei f : M → R einestetige Abbildung.Ist K ⊂ M kompakt, dann ist f(K) beschränkt und abgeschlossen.18.8.6 Satz 4Sei M ein metrischer Raum und sei f : M → R eine stetige Abbildung.Ist K ⊂ M kompakt, dann ist f gleichmäßig stetig auf K.BeweisSiehe 27.7.2 auf Seite 299.

Kap.18 Topologie 17418.8.7 Satz 5Seien M, N metrische Räume.Sind K 1 ⊂ M sowie K 2 ⊂ N kompakt, dann ist auch K 1 × K 2 ⊂ M × Nkompakt.18.8.8 Satz 6Sei M ein topologischer bzw. metrischer Raum.Ist K ⊂ M kompakt, dann ist K abgeschlossen in M.BeweisSiehe 27.7.3 auf Seite 300.18.8.9 Satz 7Sei M ein topologischer bzw. metrischer Raum.Ist K ⊂ M kompakt und ist A ⊂ K abgeschlossen in M, dann ist auch Akompakt.BeweisSiehe 27.7.4 auf Seite 300.18.8.10 Satz von Heine-BorelSei E ein endlich dimensionaler Vektorraum und sei K ⊂ E.K ist genau dann kompakt, wenn K beschränkt und abgeschlossen ist.BeweisSiehe 27.7.5 auf Seite 301.18.8.11 Satz 8Seien M, N topologische bzw. metrische Räume, sei f : M → N stetig undsei K ⊂ M kompakt.Dann ist auch f(K) kompakt.BeweisSiehe 27.7.6 auf Seite 301.

Kap.18 Topologie 17518.8.12 BemerkungEs ist darauf zu achten, dass bei offenen bzw. abgeschlossenen Mengen geradedie Urbilder unter einer stetigen Abbildung wieder offen bzw. abgeschlossensind.Bei zusammenhängenden bzw. kompakten Mengen sind gerade die Bilderunter einer stetigen Abbildung wieder zusammenhängend bzw. kompakt.Siehe dazu 18.1.4, 18.2.7, 18.6.4 und 18.8.11.18.8.13 BeispielSeienS 0 = {−1, 1}S 1 = {(x 1 , x 2 ) ∈ R 2 | x 2 1 + x2 2 = 1}.S n−1 = {(x 1 , . . . , x n ) ∈ R n | x 2 1 + . . . + x2 n = 1}die n − 1 dimensionalen Sphären.Dann ist zum Beispiel S 1 × S 1 abgeschlossen und beschränkt, also auchkompakt.18.9 Aufgaben18.9.1 Aufgabe 1Sei A zusammenhängend und seiA ⊂ B ⊂ A.Zeige, dass dann auch B zusammenhängend ist.LösungAnnahme: B ist nicht zusammenhängend.Dann gibt es zwei nicht leere offene Mengen M und N, so dass gilt:B ∩ M ≠ ∅ und B ∩ N ≠ ∅ und B ⊂ M ∪ N und B ∩ M ∩ N = ∅Dann gibt es aber auch ein b 1 ∈ A und ein b 2 ∈ A, so dass M eine Umgebungvon b 1 und N eine Umgebung von b 2 ist.Also gibt es auch ein a 1 ∈ A ∩ M und ein a 2 ∈ A ∩ N und es gilt A ∩ M ≠ ∅und A ∩ N ≠ ∅.Somit wäre auch A nicht zusammenhängend und man erhält einen Widerspruch.

Kap.18 Topologie 17618.9.2 Aufgabe 2Sei M ein topologischer Raum, sei K ⊂ M kompakt und sei A ⊂ K eine inM abgeschlossene Menge.Zeige, dass dann auch A kompakt ist.LösungSei U eine beliebige offene Überdeckung von A. Dann istU ∪ {M \ A}eine offene Überdeckung von K. Da K kompakt ist, existiert dazu eineendliche Teilüberdeckung, das heißt es gibt U 1 , .., U n ∈ U mitn⋃K ⊂ U ν ∪ {M \ A}.Dann ist aber auchν=1A ⊂n⋃U ν ,ν=1also ist {U 1 , .., U n } auch eine endliche Teilüberdeckung von A.Demnach ist A kompakt.18.9.3 Aufgabe 3Sei M = R und sei K = ]0, 1[ ⊂ M.Zeige, dass K nicht kompakt ist.LösungSei U = {U n | n ∈ N} mit U n = ] 13n , n[ 1 , das heißt es gilt] [ ] 1 1U 1 =3 , 1 , U 2 =6 , 1 ] 1, U 3 =2[9 , 1 , . . . .3[Dann ist U eine offene Überdeckung von K.Sei nun W ⊂ U beliebig, aber endlich. Dann gibt es ein maximales m ∈ Nmit U m ∈ W.Demnach ist W eine endliche Teilüberdeckung von U.⋃] [ 1V =3m , 1V ∈Wist aber keine Überdeckung von K.Somit ist K nicht kompakt.

Kap.18 Topologie 17718.9.4 Aufgabe 4Sei M ein topologischer Raum und seien A, B ⊂ M. Zeige, dass dannA ∪ B = A ∪ Bgilt.LösungNach der DeMorganschen Regel folgt() ◦A ∪ B = M \ M \ (A ∪ B)() ◦= M \ (M \ A) ∩ (M \ B)= M \((M \ A) ◦ ∩ (M \ B) ◦)= M \ (M \ A) ◦ ∪ M \ (M \ B) ◦ = A ∪ B.18.9.5 Aufgabe 5Sei M ein topologischer Raum und seien A, B ⊂ M.Konstruiere ein Beispiel, bei dem die MengenA ∩ B, A ∩ B, A ∩ B, A ∩ Bpaarweise verschieden sind.LösungsbeispielSei M = R und seienDann gilt:A = ]0, 1[ ∪ ]3, 4],B = ]1, 2[ ∪ [3, 4[.A ∩ B = ]3, 4]A ∩ B = [3, 4[A ∩ B = [3, 4]A ∩ B = [3, 4] ∪ {1}18.9.6 Aufgabe 6Bestimme den Abschluß der Menge{∣ ( )}M = (x, y) ∈ R 2 ∣∣ 1 x > 0, y = x · sinxim R 2 unter jeder der Normen ‖ ‖ 1 , ‖ ‖ 2 und ‖ ‖ ∞ .

Kap.18 Topologie 178LösungAuf dem endlich dimensionalen Vektorraum R 2 sind alle Normen äquivalent,daher ist es egal, welche Norm betrachtet wird.Es ist leicht einsichtig, dass der Graph von( 1f(x) = x · sin für alle x > 0x)zum Abschluß von M gehört.Es giltlim f(x) = 0,x→0x>0daher bleibt noch der Punkt (0, 0) zu untersuchen.Für jedes ε > 0 gilt aberB ε (0, 0) ∪ M ≠ ∅,daher gehört auch der Punkt (0, 0) zum Abschluß von M und es gilt{∣ ( )}M = (x, y) ∈ R 2 ∣∣ 1 x ≥ 0, y = x · sin .x18.9.7 Aufgabe 7Bestimme den Abschluß der MengeM = { (x, y) ∈ R 2 | x ∈ Q, y < −x 2}im R 2 unter jeder der Normen ‖ ‖ 1 , ‖ ‖ 2 und ‖ ‖ ∞ .LösungAuch hier gilt: auf dem endlich dimensionalen Vektorraum R 2 sind alle Normenäquivalent, daher ist es egal, welche Norm betrachtet wird.Sei ε > 0 und y ≤ x 2 beliebig. Dann giltB ε (x, y) ∪ M ≠ ∅,da zwischen zwei unterschiedlichen reellen Zahl stets eine rationale Zahl zufinden ist.Es gilt also:

Kap.18 Topologie 17918.9.8 Aufgabe 8M = { (x, y) ∈ R 2 | x ∈ R, y ≤ −x 2}Abbildung 21Sei (M, d) ein vollständiger metrischer Raum und sei N ⊂ M abgeschlossen.Zeige, dass dann auch N vollständig ist.LösungM ist vollständig heißt, dass jede Cauchyfolge in M konvergent ist. Genaudas ist nun auch für N zu zeigen.Wäre N nicht vollständig, dann gäbe es eine Cauchyfolge (a n ) n∈N , die nichtkonvergent ist. Da M aber vollständig ist und N ⊂ M, konvergiert (a n ) n∈Ngegen a ∈ M \ N.Demnach ist a ein Adhärenzpunkt von N \{a} = N, also auch ein Häufungspunktvon N. Da N aber abgeschlossen ist, gilt auch a ∈ N. Demnach istjede Cauchyfolge auch in N konvergent.

19 Stetige AbbildungenEs seien M, N und P in diesem Kapitel stets topologische Räume.19.1 Definitionen und Sätze19.1.1 DefinitionAbbildung 22Eine Abbildung f : M → N heißt stetig bei a ∈ M, wenn eine der folgendenäquivalenten Aussagen erfüllt ist:( 1 ) ∀ ε > 0 ∃ δ > 0 ∀ x ∈ M : ‖x − a‖ < δ ⇒ ‖f(x) − f(a)‖ < ε.( 2 ) Zu jeder Umgebung V von f(a) gibt es eine Umgebung U von a, sodass f(U) ⊂ V gilt.( 3 ) Für alle Umgebungen V von f(a) ist f −1 (V ) eine Umgebung von a.f heißt stetig, wenn f bei jedem a ∈ M stetig ist.19.1.2 DefinitionEine Abbildung f : M → N heißt offen, wenn zu allen offenen MengenU ⊂ M in M auch f(U) offen in N ist.180

Kap.19 Stetige Abbildungen 18119.1.3 DefinitionEine Abbildung f : M → N ist ein Homöomorphismus, wenn eine derfolgenden äquivalenten Aussagen erfüllt ist:( 1 ) f ist bijektiv, stetig und offen.( 2 ) f und f −1 sind stetig.19.1.4 DefinitionZwei Mengen M und N heißen homöomorph oder topologisch äquivalent,wenn es einen Homöomorphismus f von M nach N gibt.19.1.5 Satz 1Seien E, F zwei endlich dimensionale Vektorräume und sei A : E → F linear.Dann ist A unter der natürlichen Topologie stetig.19.1.6 Satz 2Sei M ein topologischer Raum sei E ein endlich dimensionaler Vektorraumund seien f, g : M → E sowie h : M → R stetig.Dann sind auch f + g und h · f stetig.19.1.7 Satz 3Seien E, F zwei endlich dimensionale Vektorräume und sei A : E → Fsurjektiv und linear.Dann ist A offen.19.2 Kartesiches Produkt19.2.1 DefinitionSei f : M 1 × . . . × M n → N 1 × . . . × N m eine beliebige Abbildung.pr i ◦ f : M 1 × . . . × M n → N i(m 1 , . . . , m n ) ↦→ n i für i = 1, .., mheißt die i-te Projektion oder die i-te Projektionsfunktion auf f.

Kap.19 Stetige Abbildungen 18219.2.2 Satz über stetige AbbildungenEine Abbildungf : M 1 × . . . × M n → N 1 × . . . × N mzwischen kartesischen Produkten von topologischen Räumen ist genau dannstetig, wenn die Projektionen pr i ◦ f für alle i = 1, .., m stetig sind.Die Idee ist also zum Beispiel die Vektorräume R n und R m so zu zerlegen,dass nur eindimensionale Funktionen betrachtet werden müssen, um eineAussage über die Stetigkeit einer Abbildung zwischen mehrdimensionalenRäumen treffen zu können.BeweisskizzeBetrachtet man zum Beispiel eine Abbildungf = (f 1 , f 2 ) : R 2 → R 2 = R × R,so kommutiert das folgende Diagramm:R 2 f 1−→R↓ f 2↘ f ↑ pr 1Rpr 2←− R2Es ist also egal, welchen Weg man von einer Menge zu einer anderen wählt,so lange man sich an die Pfeilrichtungen hält. Die Abbildung f ist also genaudann stetig, wenn f 1 und f 2 stetig sind.Induktiv erhält man somit auch entsprechende Aussagen über höherdimensionaleAbbildungen.19.2.3 Beispiel 1Seif : R × [0, 2π[ → R 2(x, y) ↦→ (e x cos y, e x sin y).Dann gilt:pr 1 ◦ f : (x, y) ↦→ e x cos y ist stetig,pr 2 ◦ f : (x, y) ↦→ e x sin y ist stetig.Somit ist f auf dem gesamten Definitionsbereich stetig.

Kap.19 Stetige Abbildungen 18319.2.4 Beispiel 2Seig : R 5 → R 4(a, b, c, d, e) ↦→ (2a 2 + d, 2a 2 + e, b − c 3 , 1/a).Dann gilt:pr 1 ◦ g : (a, b, c, d, e) ↦→ 2a 2 + d stetig auf ganz R 5 ,pr 2 ◦ g : (a, b, c, d, e) ↦→ 2a 2 + e stetig auf ganz R 5 ,pr 3 ◦ g : (a, b, c, d, e) ↦→ b − c 3 stetig auf ganz R 5 ,pr 4 ◦ g : (a, b, c, d, e) ↦→ 1/a stetig auf {(a, .., e) ∈ R 5 | a ≠ 0}.Somit ist auch g auf {(a, b, c, d, e) ∈ R 5 | a ≠ 0} stetig.19.3 Stetige Fortsetzbarkeit19.3.1 DefinitionEine stetige Abbildung f : M \ {a} → N heißt bei a stetig fortsetzbar,wenn es ein f(a) ∈ N gibt, so dass f bei a stetig ist.19.3.2 Satz 1Sei f : R 2 → R eine bei (a, b) ∈ R 2 stetige Funktion.Dann giltBemerkunglim lim f(x, y) = limx→a y→bEs ist somit notwendig, dasslim f(x, y) = f(a, b).y→b x→alim lim f(x, y) = limx→a y→blim f(x, y)y→b x→agilt, damit f bei (a, b) stetig fortsetzbar ist.19.3.3 Beispiel 1Prüfe, ob f : R 2 → R mitf(x, y) = x − yx + yfür x + y ≠ 0 bei (0, 0) stetig fortsetzbar ist.

Kap.19 Stetige Abbildungen 184LösungEs giltlim lim f(x, y) = + 1 und lim lim f(x, y) = − 1,x→0 y→0 y→0 x→0somit ist f bei (0, 0) nicht stetig fortsetzbar.19.3.4 Beispiel 2Prüfe, ob f : R 2 → R mitf(x, y) ={x 2 −y 2x 2 +y 2 für (x, y) ≠ (0, 0)0 für (x, y) = (0, 0)bei (0, 0) stetig ist.LösungEs giltlim lim f(x, y) = + 1 und lim lim f(x, y) = − 1,x→0 y→0 y→0 x→0somit ist f bei (0, 0) nicht stetig.19.3.5 Satz 2Sei f : R 2 \ {(0, 0)} → R stetig.Damit sich f bei (0, 0) stetig fortsetzten lässt, ist es notwendig, dass alleGeraden durch (0, 0) einen konstanten Wert c annehmen, das heißt es mussgelten:lim f(x, λx) = c für alle λ ∈ R.x→019.3.6 Satz 3Sei f : R 3 \ {(0, 0, 0)} → R stetig.Damit sich f bei (0, 0, 0) stetig fortsetzten lässt, ist es notwendig, dass alleEbenen durch (0, 0, 0) einen konstanten Wert c annehmen, das heißt es mussgelten:lim f(x, λx, µx) = c für alle λ, µ ∈ R.x→0

Kap.19 Stetige Abbildungen 18519.4 Umkehrabbildung mit mehreren VariablenUmkehrungen von Abbildungen mehrerer Variablen zu finden ist generellnicht einfach. Ist die Abbildung bijektiv, so kann einen potentiellen Kandidateng für die Umkehrung gesucht werden, danach muss dann f ◦ g = idund g ◦ f = id gezeigt werden. Vor allem die Findung eines Kandidaten istdabei ein großes Problem. Manchmal kann man zeigen, dass es eine Umkehrabbildunggibt, aber man kann nicht zeigen, wie sie aussieht. FolgendesBeispiel soll zeigen, wie eine Umkehrung gefunden werden kann.19.4.1 BeispielSeif : R × R → R × R(x, y) ↦→ (x 3 y, 2y).Ein potentieller Kandidat kann durch den Ansatz (a, b) = (x 3 y, 2y) gesuchtwerden:ab = x3 y2y= x32⇔ 2a b = x3 ⇔ x = 3 √2abb = 2y ⇔ y = b 2Aus diesen mehr oder weniger geschickten Umformen der Gleichungen wurdenun einen potentiellen Kanditaten für die Umkehrfunktion gefunden.BehauptungFür die Umkehrfunktion giltg = f −1 : R × R →(R√× R3(x, y) ↦→ 2xy 2), y .BeweisEs gilt:g ◦ f = g(f(x, y)) = g(x 3 y, 2y) =( √3 2xf ◦ g = f(g(x, y)) = fy , y =2)( √ )3 2x 3 y2y , 2y ( √ )3= x23 , y = (x, y) = id( ( √3 2xy) 3 ( y 2x2 2), 2y =y)y2 , y = idEin weiteres Beispiel siehe 20.9.8 auf Seite 206 oder in den Aufgaben.✷

Kap.19 Stetige Abbildungen 18619.5 Aufgaben19.5.1 Aufgabe 1Gegeben seif : R 2 → R(x, y) ↦→ x2 yx 4 + y 2 .Prüfe, ob f im Punkt (0, 0) stetig fortsetzbar ist.Lösung 1Es giltf(x, +x 2 ) = x42x 4 = 1 2undf(x, −x 2 ) = − x42x 4 = − 1 2 .f lässt sich also im Punkt (0, 0) nicht stetig fortsetzen, dagilt.Lösung 2Es gilt( 1fn , + 1 )n 2( 1fn , − 1 )n 2lim f(x,x→0 x2 ) ≠==1n 41+ 1 =n 4 n 4− 1 n 41lim f(x, −x 2 )x→01n 42n 4 = 1 2+ 1 = − 1 n 42= − 1 2 .n 4 n 4 n 4undf lässt sich also im Punkt (0, 0) nicht stetig fortsetzen, da(1 n→∞1−→ (0, 0) und fnn , 1 ) ( 1n 2 ≠ fn , − 1 )n 2gilt.19.5.2 Aufgabe 2Gegeben seif : R 2 → R(x, y) ↦→ x2 y 2x 2 + y 2 .Prüfe, ob f im Punkt (0, 0) stetig fortsetzbar ist.

Kap.19 Stetige Abbildungen 187LösungEs gilt:x 2 y 2 ≤ x 4 + 2x 2 y 2 + y 4 = (x 2 + y 2 ) 2 ∣ ∣∣ : (x 2 + y 2 )Für alle x, y ∈ R gilt f(x, y) > 0 undx 2 y 2x 2 + y 2 = f(x, y) ≤ x2 + y 2 .x 2 + y 2(x,y)→(0,0)−→ (0, 0).Demnach gilt auch für alle x, y ∈ Rf(x, y)(x,y)→(0,0)−→ (0, 0).f lässt sich also im Punkt (0, 0) stetig fortsetzten.19.5.3 Aufgabe 3Gegeben sei f : R 2 → R mit{xy 2für (x, y) ≠ (0, 0)f(x, y) = x 2 +y 20 für (x, y) = (0, 0) .Zeige, dass f bei (0, 0) stetig ist.Lösungf ist im Punkt (0, 0) stetig, wenn für alle λ ∈ Rlim f(x, λx) = 0 und lim f(0, y) = 0x→0 y→0gilt, wenn also der Funktionswert aller Geraden durch (0, 0) dort 0 ist.Es gilt:f(x, λx) ==f(0, y) =xλ 2 x 2x 2 + λ 2 x 2x 3 λ 2x 2 (1 + λ 2 ) =xλ21 + λ 2 x→0−→0y 20 2 + y 2 = 0 y→0−→ 001 + λ 2 = 0Somit ist f im Punkt (0, 0) stetig.

Kap.19 Stetige Abbildungen 18819.5.4 Aufgabe 4Gegeben seif : R 2 → R(x, y) ↦→ x2 yx 2 + y 2 .Prüfe, ob f im Punkt (0, 0) stetig fortsetzbar ist.LösungEs gilt|x 2 y| ≤ (x 2 + y 2 ) · √x 2 + y 2 ,da x 2 + y 2 ≥ x 2 und √ x 2 + y 2 ≥ |y| ist. Es folgt nun auchWeiter gilt für alle x, y ∈ R√x 2 + y 2somit folgt|x 2 y|x 2 + y 2 ≤ √ x 2 + y 2 .|x 2 y|x 2 + y 2(x,y)→(0,0)−→ (0, 0),(x,y)→(0,0)−→ (0, 0).f lässt sich also im Punkt (0, 0) stetig fortsetzten.19.5.5 Aufgabe 5Gegeben seif : R 2 → Rx(x, y) ↦→ √x 2 + y . 2Prüfe, ob f im Punkt (0, 0) stetig fortsetzbar ist.LösungEs giltf(x, x) =x√ = √ 12x 2 2undf(−x, x) = −x √2x 2 = − 1 √2.f lässt sich im Punkt (0, 0) nicht stetig fortsetzen, dagilt.lim f(x, x) ≠ limx→0f(−x, x)x→0

Kap.19 Stetige Abbildungen 18919.5.6 Aufgabe 6Gegeben seif : R 3 → Rxyz(x, y, z) ↦→x 6 + y 4 + z 2 .Prüfe, ob f im Punkt (0, 0, 0) stetig fortsetzbar ist.LösungEs giltf(t 2 , t 3 , t 6 ) =t 2 t 3 t 6 t11t 12 + t 12 =+ t12 3t 12 = 1 3tt→0−→ ∞,somit lässt sich f bei (0, 0, 0) nicht stetig fortsetzten.19.5.7 Aufgabe 7Finde eine Umkehrabbildung zu f(x, y) = (e x cos y, e x sin y).LösungDer Ansatz (a, b) = (e x cos y, e x sin y) ergibt:ba = sin ycos y = tan y ⇒ y = arctan b aa 2 + b 2 = e 2x cos 2 y + e 2x sin 2 y = e 2x ⇒ x = log(a2 + b 2 )2Demnach istg(x, y) =( log(x 2 + y 2 )2( y, arctanx) )ein Kanditat für die Umkehrfunktion. Durch Einsetzen erkennt man, dassf ◦ g = g ◦ f = idgilt und somit g die gesuchte Umkehrfunktion von f ist.

20 DifferentiationDieses Kapitel bezieht sich aufgrund der Übersichtlichkeit lediglich auf dieVektorräume R n bzw. R m . Alle Definitionen und Sätze lassen sich jedochfür jeden endlich dimensionalen reellen Vektorraum leicht übertragen.20.1 Partielle Ableitung20.1.1 DefinitionSei M ⊂ R n offen, sei a ∈ M und sei f : M → R.f heißt bei a partiell differenzierbar nach x k , wenn der Grenzwertf(a 1 , .., a k−1 , t, a k+1 , ..a n ) − f(a 1 , .., a n )limt→a k t − a kexistiert.Der Grenzwert heißt die Ableitung von f bei a k und wird bezeichnet mitD xk f(a) =∂f∂x k(a).f heißt partiell differenzierbar, wenn für alle a ∈ M und alle k = 1, .., ndie Ableitung D xk f(a) existiert.f heißt stetig partiell differenzierbar, wenn f für alle a ∈ M partielldifferenzierbar ist und alle partiellen Ableitungen stetig sind.Bemerkungf ist also genau dann bei a partiell differenzierbar, wenn f nach allen x kpartiell stetig differenzierbar ist.20.1.2 BeispielSei f : R 2 → R mit f(x, y) = sin(xy) − sin(x + y) + x 2 y.190

Kap.20 Differentiation 191Dann gilt∂f(x, y)∂x= y cos(xy) − cos(x + y) + 2xy,∂f∂y (x, y) = x cos(xy) − cos(x + y) + x2 .20.1.3 DefinitionSei M ⊂ R n offen, sei a ∈ M und sei f : M → R.Ist f bei a nach allen Variablen partiell differenzierbar, so heißtder Gradient von f bei a.20.2 Richtungsableitung20.2.1 Definitiongradf(a) = (D x1 f(a), . . . , D xn f(a))( ∂f= (a), . . . , ∂f )(a)∂x 1 ∂x nSei M ⊂ R n offen, sei a ∈ M und sei f : M → R.f heißt bei a ∈ M in Richtung u ∈ R n differenzierbar, wenn der Grenzwertexistiert.f(a + tu) − f(a)limt→0 tDer Grenzwert heißt die Richtungsableitung von f bei a in Richtung uund wird bezeichnet mit20.2.2 Satz 1D u f(a) = ∂f∂u (a).Sei M ⊂ R n offen, sei a ∈ M, sei f : M → R, sei u ∈ R n und seih : R → R mit t ↦→ f(a + tu).Dann ist die Richtungsableitung von f bei a in Richtung ufalls dieser Grenzwert existiert.limt→0 h′ (t),Es ist zu beachten, dass erst die Ableitung h ′ (x) berechnet werden muss,bevor der Grenzwert betrachtet werden kann (siehe Beispiel).

Kap.20 Differentiation 19220.2.3 BeispielSei f : R 2 → R mit f(x, y) = sin(xy).Zu bestimmen ist die Richtungsableitung von f bei a = (a, b) in Richtungu = (1, 1). Es giltsomit folgtf(a + tu) = f(a + t, b + t)= sin((a + t)(b + t))= sin(ab + t(a + b) + t 2 ),lim (f(a +t→0 tu))′ = lim (sin(ab + t(a + b) + t 2 )) ′t→0= limt→0((cos(ab + t(a + b) + t 2 )(2t + (a + b)))= (cos(ab + 0(a + b) + 0 2 )(2 · 0 + (a + b))= cos(ab)(a + b).Die Richtungsableitung von f in Richtung (1, 1) ist demnach cos(ab)(a + b).Ein weiteres Beispiel zu Richtungsableitungen siehe 20.9.1 auf Seite 202.20.2.4 Satz 2Das Umkehren der Richtung ändert das Vorzeichen der Richtungsableitung:D u f(a) =− D −u f(a)20.3 Totale Ableitung20.3.1 DefinitionSei M ⊂ R n offen, sei a ∈ M und sei f : M → R m .f heißt bei a (total) differenzierbar, wenn eine der folgenden äquivalentenBedingungen erfüllt ist:( 1 ) Es gibt eine bei a stetige Abbildung Φ : M → Hom(R n , R m ), so dassfür alle x ∈ M gilt:f(x) = f(a) + Φ(x) · (x − a)( 2 ) Es gibt ein A ∈ Hom(R n , R m ) und eine bei a stetige Abbildung ϱ :M → R m mit ϱ(a) = 0, so dass für alle x ∈ M gilt:f(x) = f(a) + A · (x − a) + ‖x − a‖ϱ(x)

Kap.20 Differentiation 193( 3 ) Es gibt ein A ∈ Hom(R n , R m ), so dass für alle x ∈ M gilt:f(x) − [f(a) + A · (x − a)]limx→a ‖x − a‖= 0A = Φ(a) heißt die Ableitung von f bei a und wird bezeichnet mitA = Df(a).Anschaulich heißt f bei a (total) differenzierbar, wenn f bei a linear approximierbarist. Die Ableitung ist dann genau die lineare Abbildung, die f beia annähert.20.3.2 Satz 1Nach obiger Definition ist f genau dann bei a (total) differenzierbar, wennalle Projektionsfunktionen f i von f bei a nach allen x k stetig differenzierbarsind.20.3.3 BeispielSei f : R 3 → R 2 mit f(x, y, z) = (sin(xy), z 2 + x).Dann giltund es folgt:f 1 (x, y, z) = sin(xy),f 2 (x, y, z) = z 2 + x∂f 1∂x = y cos(xy) ∂f 1∂y = x cos(xy) ∂f 1∂z = 0∂f 2∂x = 1 ∂f 2∂y = 0 ∂f 2∂z= 2zDemnach ist f für alle (x, y, z) ∈ R 3 (total) differenzierbar, da alle partiellenAbleitungen der Projektionsfunktionen auf ganz R stetig sind.20.3.4 Satz 2Ist f bei a (total) differenzierbar, so besitzt f bei a sämtliche Richtungsableitungenund es giltD u f(a) = Df(a) · u.

Kap.20 Differentiation 19420.3.5 DefinitionSei M ⊂ R n offen, sei a ∈ M und sei f : M → R m .Sind die Projektionsfunktionen f i von f im Punkt a nach allen Variablenx k partiell differenzierbar, so heißt die aus den partiellen Ableitungen derProjektionsfunktionen gebildete MatrixJ f (a) =⎛⎜⎝∂f 1∂x 1(a) . . ..∂f m∂x 1(a) . . .∂f 1∂x n(a).∂f m∂x n(a)die Jacobi-Matrix oder die Funktionalmatrix von f bei a.Die Determinante det(J f (a)) im Falle n = m heißt dann die Funktionaldeterminantevon f bei a.20.3.6 Satz 3Sind alle partiellen Ableitungen der Projektionsfunktionen einer Jacobi-Matrix stetig bei a, so ist f (total) differenzierbar bei a und die Matrixbzw. die dazugehörige lineare Abbildung ist die (totale) Ableitung von f imPunkt a.BemerkungBesteht die Jacobi-Matrix aus nur einer Zeile, so enthält sie dieselben Einträgewie der Gradient von f bei a.20.3.7 BeispielNach obigem Beispiel ergibt sich also folgende Jacobi-Matrix:( )y cos(xy) x cos(xy) 0J f (a) =1 0 2zFür zum Beispiel a = (0, 1, 1) folgt also( 1 0 0J f (a) =1 0 2).20.3.8 Totale und partielle DifferenzierbarkeitSei M ⊂ R n offen und sei a ∈ M. Ist f : M → R m differenzierbar bei a, soist f bei a stetig und es existieren sämtliche partiellen Ableitungen.Die Umkehrung ist im Allgemeinen falsch. Die totale Differenzierbarkeit istdie ”richtige” Differenzierung, da aus der partiellen Differenzierbarkeit nichteinmal die Stetigkeit gefolgert werden kann.⎞⎟⎠

Kap.20 Differentiation 19520.3.9 ÜbersichtSeien R n , R m endlich dimensional, sei M ⊂ R n offen und sei f : M → R m .Dann gelten also folgende Implikationen:Abbildung 23Alle anderen Implikationen sind falsch und es sind Gegenbeispiele zu finden.20.4 Kettenregel20.4.1 KettenregelSei M ⊂ R n offen, sei N ⊂ R m offen und seien a ∈ M sowie b ∈ N. Weiterseienf : M → R m ,g : N → R p ,zwei Abbildungen mit f(a) = b und es sei f differenzierbar bei a und gdifferenzierbar bei b.Dann ist auch g ◦ f differenzierbar bei a und es gilt:D(g ◦ f)(a)} {{ }Hom(R n ,R p )Beweisskizze und Bemerkung= Dg(f(a)) ·} {{ }Df(a)} {{ }Hom(R m ,R p ) Hom(R n ,R m )Der Beweis verläuft nun ganz analog zum Eindimensionalen, wenn man dieMethode der Linearisierung verwendet. Vergleiche also Beweis 2 in 27.5.3auf Seite 292.Es ist jedoch stets darauf zu achten, dass im Mehrdimensionalen ”·” meistals ”angewendet auf” anstelle von ”mal” zu verstehen ist.Auch die folgenden drei Sätze bzw. Rechenregeln lassen sich analog über dieMethode der Linearisierung recht einfach beweisen.

Kap.20 Differentiation 19620.4.2 BeispielSei f : R 2 → R 3 mitund sei g : R 3 → R 2 mitEs gilt alsof(x, y) = (xy 2 , x, y 2 )g(x, y, z) = (2yz, xyz 2 ).(g ◦ f)(x, y) = g(xy 2 , x, y 2 ) = (2xy 2 , x 2 y 6 ).Die (totale) Ableitung von (g ◦ f) wird demnach gegeben durch( )2y24xyD (g◦f) (x, y) = J (g◦f) (x, y) =2xy 6 6x 2 y 5 .Mit der Kettenregel erhält man dasselbe Ergebnis:⎛y 2 ⎞2xyDf(x, y) = ⎝ 1 0 ⎠0 2y( )0 2z 2yDg(x, y, z) =yz 2 xz 2 2xyz( )0 2y22xDg(f(x, y)) =xy 4 xy 6 2x 2 y 4Daraus folgt nunDg(f(x, y)) · Df(x, y) ==⎛( )0 2y22xxy 4 xy 6 2x 2 y 4 · ⎝( )2y24xy2xy 6 6x 2 y 5 .2xy1 00 2yy 2⎞⎠20.4.3 Satz 1Sei M ⊂ R n , sei a ∈ M und seien f, g : M → R m bei a differenzierbar.Dann ist auch (f + g) : M → R m bei a differenzierbar und es gilt20.4.4 Satz 2D(f + g)(a) = Df(a) + Dg(a).Sei M ⊂ R n , sei a ∈ M und seien f : M → R m sowie h : M → R bei adifferenzierbar.Dann ist auch (h · f) : M → R m bei a differenzierbar und es gilt für u ∈ R nD(hf)(a) · u = (Dh(a) · u) · f(a) + h(a) · (Df(a) · u).

Kap.20 Differentiation 19720.4.5 Satz 3Sei M ⊂ R n , sei a ∈ M und sei f : M → R differenzierbar bei a mit f(x) ≠ 0für alle x ∈ M.Dann ist auch1f: M → R, x ↦→1f(x)bei a differenzierbar und es gilt für u ∈ R n20.5 Konvexe Mengen20.5.1 Definition( ) 1D (a) · u = − 1 · Df(a) · u.f f(a) 2Sei M ⊂ R n und seien a, b ∈ M mit a < b.Dann istdie Strecke von a nach b und es istdie offene Strecke von a nach b.20.5.2 Definition[a, b] := {a + t(b − a) | 0 ≤ t ≤ 1}]a, b[ := {a + t(b − a) | 0 < t < 1}konvexe Mengenicht konvexe MengeAbbildung 24Eine Menge K ⊂ R n heißt konvex, wenn für alle a, b ∈ K auch [a, b] ⊂ Kgilt.20.5.3 BeispielSei a ∈ R n und sei ε > 0.Dann ist der ε-Ball B ε (a) um a einer beliebigen Norm konvex.

Kap.20 Differentiation 19820.5.4 Satz 1Der Durchschnitt konvexer Mengen ist wieder konvex, dies folgt aus derDefinition.20.5.5 Satz 2Sei K ⊂ R n konvex.Dann sind auch K und K ◦ konvex.20.5.6 Satz 3Sei A : R n → R m linear und sei K ⊂ R n konvex.Dann ist auch A(K) ⊂ R m konvex.20.5.7 Satz 4Sei A : R n → R m linear und sei L ⊂ R m konvex.Dann ist auch A −1 (L) ⊂ R n konvex.20.5.8 Satz 5Sei K ⊂ R n konvex und sei L ⊂ R m konvex.Dann ist auch K × L ⊂ R n ⊕ R m konvex.20.5.9 Satz 6Es gilt:K konvex ⇒ K einfach zusammenhängend ⇒ K zusammenhängend20.5.10 DefinitionSei M ⊂ R n .K heißt die konvexe Hülle von M in R n , wenn K der Durchschnitt allerkonvexen Mengen in R n ist, die M enthalten.Abbildung 25Demnach ist K also die kleinste konvexe Menge, die M enthält.

Kap.20 Differentiation 19920.5.11 Satz 7Sei M ⊂ R n beliebig und sei K die konvexe Hülle von M.Dann gilt{∑ m ∣K = λ k a k ∈ R n ∣∣ m ∈ N, ak ∈ A, λ k ∈ R, λ k > 0,k=0}m∑λ k = 1 .k=020.6 MittelwertsätzeIm Allgemeinen werden in der mehrdimensionalen Differential- und Integralrechnungnur die Mittelwertsätze 1 und 2 verwendet, der verallgemeinerteMittelwertsatz 3 kann jedoch für einige Probleme hilfreich sein.20.6.1 Mittelwertsatz 1Sei M ⊂ R n offen, sei f : M → R differenzierbar und seien a, b ∈ M mit[a, b] ⊂ M.Dann gibt es ein c ∈ ]a, b[ mitBeweisSiehe 27.8.1 auf Seite 302.20.6.2 Mittelwertsatz 2f(b) − f(a) = Df(c) · (b − a).Sei M ⊂ R n offen, sei f : M → R m stetig differenzierbar und seien a, b ∈ Mmit [a, b] ⊂ M.Dann giltf(b)−f(a) = A·(b−a) mit A =BeweisSiehe 27.8.2 auf Seite 302.20.6.3 Mittelwertsatz 3∫ 10Df(a+t(b−a)) dt ∈ Hom(R n , R m ).Sei M ⊂ R n offen, sei f : M → R m , seien a, b ∈ M mit [a, b] ⊂ M, sei fstetig auf [a, b] und differenzierbar auf ]a, b[ und sei K die konvexe Hülle von{Df(x) | x ∈ ]a, b[} ⊂ Hom(R n , R m ).

Kap.20 Differentiation 200Dann giltf(b) − f(a) ∈ K · (b − a) = {A(b − a) | A ∈ K} ⊂ R m .20.6.4 BeispielSei M ⊂ R n konvex und sei f : M → R differenzierbar.Gilt für alle c ∈ Mso ist f eine konstante Funktion.BeweisDf(c) = 0,Seien a, b ∈ M beliebig und sei c ∈ ]a, b[. Nach dem Mittelwertsatz gilt dannf(b) − f(a) = Df(c) · (b − a) = 0 · (b − a) = 0.Demnach gilt also f(b) = f(a) und somit ist f konstant.20.7 Umkehrabbildungen und Differenzierbarkeit20.7.1 Satz 1Sei M ⊂ R n , sei a ∈ M, sei f : M → R n differenzierbar und sei J f dieJacobi-Matrix von f.Dann gibt es genau dann in einer Umgebung von a eine Umkehrabbildungf −1 von f, wenn giltdet J f (a) ≠ 0.BemerkungDieser Satz ist nur ein Spezialfall des Umkehrsatzes 24.4.5 auf Seite 247.20.7.2 Satz 2Sei M ⊂ R n , sei f : M → R n differenzierbar und sei J f die Jacobi-Matrixvon f.Dann ist die Ableitung der Umkehrabbildung J f −1 von f die inverse Matrixvon J f , alsoJ f −1 = (J f ) −1 .20.7.3 DefinitionSei f : M → N umkehrbar und r-mal stetig differenzierbar.Dann heißt f ein C r -Diffeomorphismus, wenn f und f −1 gerade r-malstetig differenzierbar sind.✷

Kap.20 Differentiation 20120.8 Exkurs normierte AlgebrenDieser Exkurs soll kurz zeigen, dass die mehrdimensionale Differentiationnicht nur auf den Vektorräume R n bzw. R m möglich ist, sondern zum Beispielauch auf normierten Algebren.20.8.1 DefinitionSei A eine Menge, und seienzwei Verknüpfungen auf A.A heißt eine Algebra, wenn gilt:” + ” : A × A → A,” · ” : R × A → A( ALG1 ) A ist ein R-Vektorraum mit ”+” und ”·”.( ALG2 ) (A, +, · ) ist ein Ring.( ALG3 ) λ(ab) = (λa)b = a(λb) für alle λ ∈ R, a, b ∈ A.20.8.2 DefinitionA heißt normierte Algebra, wenn gilt:( 1 ) A ist eine Algebra in R.( 2 ) Als Vektorraum ist (A, ‖ ‖) ein normierter Raum.( 3 ) Aus a, b ∈ A folgt ‖ab‖ ≤ ‖a‖ · ‖b‖.( 4 ) Falls 1 ∈ A, dann gelte ‖1‖ = 1.20.8.3 DefinitionA heißt Banachalgebra, wenn A eine normierte Algebra und (A, ‖ ‖) alsVektorraum ein Banachraum ist.20.8.4 Satz 1Sei E ein endlich dimensionaler Vektorraum und sei ‖ ‖ eine beliebige Normauf E.Dann ist (E, ‖ ‖) ein Banachraum.

Kap.20 Differentiation 20220.8.5 DefinitionSei A eine normierte Algebra mit 1, es gelte also ‖1‖ = 1.Dann istA ×:= {x ∈ A | x ist invertierbar} ⊂ Adie Menge der Einheiten von A.20.8.6 Satz 2Sei A eine Banachalgebra mit 1.Dann ist A × offen in A.20.8.7 Satz 3Sei A eine normierte Algebra mit 1.Dann ist die Abbildung i : A × → A × , a ↦→ a −1 stetig.20.8.8 Beispiel einer AlgebraSei A eine endlich dimensionale Algebra und sei i : A × → A × , a ↦→ a −1 .Dann ist i differenzierbar und es gilt für beliebige b ∈ R und a ∈ R ×D i (a) · b = −a −1 ba −1 .20.9 Aufgaben20.9.1 Aufgabe 1Sei f : R 2 → R mit f(0, 0) = 0 undf(x, y) =x2 yx 2 + y 2 .Berechne die Richtungsableitung von f bei a = (0, 0) in alle möglichenRichtungen nach der Definition und nach dem Satz.LösungEs giltf(a + tu) = f(tu 1 , tu 2 )=t 3 u 2 1 u 2t 2 (u 2 1 + u2 2 )= tu2 1 u 2u 2 1 + .u2 2

Kap.20 Differentiation 203Nach der DefinitionD u f(a) =gilt für die Richtungsableitungf(a + tu) − f(a)limt→0 tD u f(a) =tu 2 1 u 2ulim2 1 +u2 2t→0t− 0= limt→0u 2 1 u 2u 2 1 + u2 2= u2 1 u 2u 2 1 + .u2 2Durch das Anwenden des SatzesD u f(a) =lim(f(a + tu)) ′t→0erhält man dasselbe Ergebnis:D u f(a) =20.9.2 Aufgabe 2( ) tu2 ′lim 1 u 2u 2 1t→0 u 2 1 + = limu 2u2 2 t→0 u 2 1 + u2 2= u2 1 u 2u 2 1 + u2 2Sei f : R 2 → R 2 mit f(x, y) = (x 2 , xy).Bestimme eine möglichst große offene Menge M ⊂ R 2 , so dass f auf Minjektiv ist, bestimme das Bild f(M) von f, berechne die Jacobi-Matrix vonf und bestimme deren Determinante.Lösungf ist injektiv auf M = R + × R = {(x, y) ∈ R 2 | x > 0}, da die ersteProjektion f 1 auf x 2 abbildet. Damit M gerade offen ist, gilt x > 0 undnicht x ≥ 0.Auch für das Bild von f giltf(M) = R + × R = {(x, y) ∈ R 2 | x > 0}.Die Jacobi-Matrix und die Fundamentaldeterminante sind( ) 2x 0J f (x, y) =und det Jy xf (x, y) = 2x 2 .20.9.3 Aufgabe 3Berechne explizit mit der Definition der totalen Ableitung Df(0, 0) für dieFunktionf : R 2 → R, (x, y) ↦→ x + xy.

Kap.20 Differentiation 204LösungSei x = (x, y) und sei a = (0, 0). Nach der Definition für totale Differenzierbarkeitmuss also f(x) − f(a) = Φ(x) · (x − a) gelten:Somit gilt Φ(a) = (1 0) = Df(0, 0).20.9.4 Aufgabe 4f(x) − f(a) = (x + xy) − (0 + 0)= (1 x) · (x, y)= Φ(x) · (x − a)Berechne explizit mit der Definition der totalen Ableitung Df(0, 0) für dieFunktionf : R 2 → R, (x, y) ↦→ x 2 + y 2 .LösungSei x = (x, y) und sei a = (0, 0). Nach der Definition für totale Differenzierbarkeitmuss also f(x) − f(a) = Φ(x) · (x − a) gelten:Somit gilt Φ(a) = (0 0) = Df(0, 0).20.9.5 Aufgabe 5f(x) − f(a) = (x 2 + y 2 ) − (0 + 0)= (x y) · (x, y)= Φ(x) · (x − a)Sei ‖x‖ 2 die übliche euklidische Norm auf R n , sei a ∈ R, sei M = R \ {0}und sei f : M → R mit f(x) = ‖x‖ a 2 .Prüfe, für welche a ∈ R die Funktion f differenzierbar nach 0 fortsetzbarist.LösungEs giltf(x) = ‖x‖ a 2 =(√x 2 1 + .. + x2 n) a,alsoJ f (x) ==()2x(√1a−12 √ x 2 1 + .. + · a x 2x2 1 n) + .. + x2 . . .n( (√a−2 (√a−2x 1 a x 2 1 n) + .. + x2 x 2 a x 2 1 n) + .. + x2 . . .).Für alle a ≥ 2 ist f somit differenzierbar nach 0 fortsetzbar.

Kap.20 Differentiation 20520.9.6 Aufgabe 6Berechne nur mittels der Definition die totale Ableitung der Funktionf : R 2 → R, (x, y) ↦→ x 2 y.LösungSei x = (x, y) und sei a = (a, b). Nach der Definition für totale Differenzierbarkeitmuss also f(x) − f(a) = Φ(x) · (x − a) gelten:Somit gilt20.9.7 Aufgabe 7f(x) − f(a) = x 2 y − a 2 b= x 2 y − a 2 y + a 2 y − a 2 b= x 2 y − a 2 y + a 2 (y − b)= y(x 2 − a 2 ) + a 2 (y − b)= y(x + a)(x − a) + a 2 (y − b)= ( y(x + a) a 2) · (x − a, y − b)= Φ(x) · (x − a)Φ(a) = ( b(a + a) a 2) = ( 2ab a 2) = Df(a).Seien f : R 3 → R 2 und g : R 2 → R mitf(x, y, z) = (cos y, x + z 2 ) und g(x, y) = xe xysowie a = (0, π, 1) gegeben.Berechne mit Hilfe der Kettenregel D(g ◦ f)(a).LösungEs gilt:f(a) = (−1, 1)Df(x, y, z) =( 0 − sin y 01 0 2zDg(x, y) = ( e xy (1 + xy) x 2 e xy )Df(a) =( 0 0 01 0 2))

Kap.20 Differentiation 206Dg(f(a)) = ( 01e)Dg(f(a)) · Df(a) = ( 1 2e0e)= D(g ◦ f)(a)20.9.8 Aufgabe 8Es sei f 1 (x, y) der euklidische Abstand von (x, y) ∈ R 2 zu (−1, 0) und f 2 (x, y)der euklidische Abstand von (x, y) ∈ R 2 zu (+1, 0). Es geltef = (f 1 , f 2 ) : R 2 → R 2 .( 1 ) Zeige, dass f auf R 2 \ {(−1, 0), (1, 0)} differenzierbar ist.( 2 ) Finde die Umkehrfunktion f −1 : f(M) = N → M von f.( 3 ) Zeige, dass f −1 auf ganz N differenzierbar ist.Lösung Teil 1Durch den euklidischen Abstand ergeben sich folgende Funktionen:Demnach giltf 1 (x, y) = √ (x + 1) 2 + y 2f 2 (x, y) = √ (x − 1) 2 + y 2(√f(x, y) = (x + 1) 2 + y 2 , √ )(x − 1) 2 + y 2und es ergibt sich folgende Jacobi-Matrix:( )1J f (x, y) = 2 ((x + 1)2 + y 2 ) − 1 12 · (2x + 2)2 ((x + 1)2 + y 2 ) − 1 2 · 2y12 ((x − 1)2 + y 2 ) − 1 12 · (2x − 2)2 ((x − 1)2 + y 2 ) − 1 2 · 2y⎛⎞=⎝√ x+1(x+1) 2 +y 2√ x−1(x−1) 2 +y 2y√(x+1) 2 +y 2y√(x−1) 2 +y 2Alle Einträge der Jacobi-Matrix sind auf ganz R 2 \ {(−1, 0), (1, 0)} stetig,demnach ist f auf R 2 \ {(−1, 0), (1, 0)} differenzierbar.Lösung Teil 2Zunächst wird ein potentieller Kandidat gesucht:(√ ) 2 (√ ) 2a 2 − b 2 = (x + 1) 2 + y 2 − (x − 1) 2 + y 2⎠ .= (x + 1) 2 + y 2 − ( (x − 1) 2 + y 2)= (x + 1) 2 − (x − 1) 2= x 2 + 2x + 1 − x 2 + 2x − 1= 4x

Kap.20 Differentiation 207Es folgt also schon einmal x = a2 −b 24. Weiter soll( a 2 − b 2 )f , y = (a, b) = id N4gelten, daher folgt√ (a 2 − b 2b =b 2 =2− 1)+ y42 ,( a 2 − b 2 ) 2− 4+ y 2 .Somit gilt√( ay = b 2 −2 − b 2 )− 4 24√−a 4 + a 2 b 2 + 4a 2 + a 2 b 2 − b 4 − 4b 2 + 4a 2 − 4b 2 − 16 + 16b 2=416= 1 4√−a 4 − b 4 + 2a 2 b 2 + 8a 2 + 8b 2 − 16.Angenommen es ist nun( xf −1 2 − y 2(x, y) = , 1 )−x4 4√ 4 − y 4 + 2x 2 y 2 + 8x 2 + 8y 2 − 16die gesucht Umkehrfunktion, so muss f ◦ f −1 = f −1 ◦ f = id gelten:(f ◦ f −1 )(x, y)==(√ (x 2 − y 2 ) 2 x+ 14 + y 4 − 2x 2 y 2 − 8x 2 − 8y 2 + 16− ,416√ )(x 2 − y 2 ) 2 x− 14 + y 4 − 2x 2 y 2 − 8x 2 − 8y 2 + 16−416(√(x 2 − y 2 + 4) 2 − x 4 − y 4 + 2x 2 y 2 + 8x 2 + 8y 2 − 16,16√ )(x 2 − y 2 − 4) 2 − x 4 − y 4 + 2x 2 y 2 + 8x 2 + 8y 2 − 16=(√ √ )16x 2 16y16 , 216= (x, y)16(f −1 ◦ f)(x, y) = (x, y) folgt ganz analog.Damit wurde gezeigt, dass f −1 (x, y) wirklich die gesuchte Umkehrfunktionvon f(x, y) ist.

Kap.20 Differentiation 208Lösung Teil 3Es lässt sich folgende Jacobi-Matrix berechnen:⎛J f −1(x, y) =⎝x2− y 2−x 3 +xy 2 +4x√−x 4 −y 4 +2x 2 y 2 +8x 2 +8y 2 −16−y 3 +x 2 y+4y√−x 4 −y 4 +2x 2 y 2 +8x 2 +8y 2 −16⎞⎠Da alle Einträge von J f −1(x, y) auf ganz N stetig sind, ist auch f −1 differenzierbar.20.9.9 Aufgabe 9Seien f, g : R 2 → R mit f(x, y) = x undg(x, y) =⎧⎨⎩gegeben und sei F s = (f, g) : R 2 → R 2 .Zeige, dass dann gilt:( 1 ) F ist auf ganz R 2 differenzierbar.y − x 2 für x 2 ≤ yy 2 −x 2 yx 2 für 0 ≤ y < x 2−g(x, −y) für y < 0( 2 ) F hat bei (0, 0) die Funktionaldeterminante 1.( 3 ) Es gibt keine Umgebung U von (0, 0), so dass F | U injektiv ist.Lösung Teil 1Für g gilt alsound für F folgtg(x, y) =⎧⎪⎨⎪⎩y − x 2 für x 2 ≤ y, y ≥ 0y 2 −x 2 yx 2 für 0 ≤ y < x 2 , y ≥ 0y + x 2 für x 2 ≤ −y, y < 0−y 2 −x 2 yx 2 für 0 ≤ −y < x 2 , y < 0Somit ergibt sich nun:F (x, y) = (f(x, y), g(x, y)) = (x, g(x, y)) .∂F 1∂x∂F 1∂y= ∂f∂x = 1= ∂f∂y= 0

Kap.20 Differentiation 209∂F 2∂x∂F 2∂yEs folgt also J F (x, y) =Lösung Teil 2−2x für x⎧⎪ 2 ≤ y, y ≥ 0= ∂g ⎨ −2y 2∂x = für 0 ≤ y < x 2 , y ≥ 0x 32x für x⎪ 2 ≤ y, y < 0⎩ 2y 2für 0 ≤ y < x 2 , y < 0x 3⎧1 für x= ∂g ⎪⎨2 ≤ y, y ≥ 02y−x 2für 0 ≤ y < x=2 , y ≥ 0x 2∂y1 für x⎪⎩2 ≤ y, y < 0−2y−x 2für 0 ≤ y < x 2 , y < 0x 2( )10∂g∂x∂g∂y, somit ist F auf ganz R 2 differenzierbar.Es giltJ F (0, 0) =( 1∂g)∂x(0, 0)∂g0∂y (0, 0)=( 1 00 1).Demnach gilt det(J F (0, 0)) = 1.Lösung Teil 3Sei ε > 0 und seiU ε = {(x, y) ∈ R 2 | ‖(x, y) − (0, 0)‖ < ε}eine beliebige Umgebung von (0, 0).Sei x ∈ U ε mit 0 < x < 1 und seien y 1 = x 2 sowie y 2 = −x 2 , also y 1 ≠ y 2 .Dann giltF (x, y 1 ) = F (x, x 2 ) = (x, x 2 − x 2 ) = (x, 0),F (x, y 2 ) = F (x, −x 2 ) = (x, −x 2 + x 2 ) = (x, 0),somit folgt F (x, y 1 ) = F (x, y 2 ). Das zeigt aber gerade, dass es keine UmgebungU von (0, 0) gibt, so dass F | U injektiv ist.

21 Höhere Ableitungen21.1 Zweite partielle Ableitung21.1.1 Beispiel 1Sei f : R 2 → R mit f(x, y) = sin(xy) + cos(x 2 + y).Dann gilt:∂f∂x (x, y) = y cos(xy) − 2x sin(x2 + y)∂f∂y (x, y) = x cos(xy) − sin(x2 + y)Beide partiellen Ableitungen können nun wiederum nach x und y partiellabgeleitet werden:∂f∂x∂x (x, y) = −y2 sin(xy) − 2 sin(x 2 + y) − 4x 2 cos(x 2 + y)∂f∂y∂y (x, y) = −x2 sin(xy) − cos(x 2 + y)∂f∂x∂y (x, y) = cos(xy) − xy sin(xy) − 2x cos(x2 + y)∂f∂y∂x (x, y) = cos(xy) − xy sin(xy) − 2x cos(x2 + y)21.1.2 Beispiel 2Sei f : R 2 → R mit f(x, y) =Dann gilt{xy x2 −y 2x 2 +y 2 für (x, y) ≠ (0, 0)0 für (x, y) = (0, 0) .∂f∂f(0, 0) = + 1 ≠ − 1 = (0, 0).∂x∂y ∂y∂xEs stellt sich also die Frage, wann∂f∂x∂y =∂f∂y∂x gilt.210

Kap.21 Höhere Ableitungen 21121.1.3 Satz von H.A.SchwarzEinfache FormSei M ⊂ R 2 offen, sei f : M → R und sei a ∈ M.Ist f bei a partiell differenzierbar und sind die partiellen Ableitungen ∂f∂xstetig differenzierbar bei a, dann giltund ∂f∂y∂f∂x∂y (a) =∂f∂y∂x (a) .BeweisSiehe 27.8.3 auf Seite 303.Allgemeine FormSei M ⊂ R n offen, sei f : M → R m , sei a ∈ M und seien u, v ∈ R n .Ist f auf einer Umgebung von a in Richtung u und in Richtung v differenzierbarund seien die Richtungsableitungen D u f und D v f differenzierbar beia, dann giltD v D u f(a) = D u D v f(a).21.1.4 Folgerung 1Sei M ⊂ R n und seien die partiellen Ableitungen∂f∂x i: M → Rfür i = 1, .., ngegeben.Damit eine Abbildung f : R n → R existiert ist es notwendig, dass für allei, j = 1, .., n gerade∂f ∂f=∂x i ∂x j ∂x j ∂x igilt.21.1.5 Folgerung 2Sei M ⊂ R n und seien die partiellen Ableitungen∂f∂x i: M → Rfür i = 1, .., ngegeben.

Kap.21 Höhere Ableitungen 212Damit eine Abbildung f : R n → R existiert ist es hinreichend, dass für allei, j = 1, .., n gerade∂f ∂f=∂x i ∂x j ∂x j ∂x igilt und dass M einfach zusammenhängend ist.21.1.6 Satz 1Sei M ⊂ R n und seien die partiellen Ableitungen∂f∂x i: M → Rfür i = 1, .., ngegeben.Ist M einfach zusammenhängend und gilt∂f∂x i ∂x j=∂f∂x j ∂x ifür alle i, j = 1, .., n,so existiert eine Abbildung f : R n → R mit den gegebenen partiellen Ableitungenund es gilt für ein geeignetes a = (a 1 , ..a n ) ∈ Mf(x 1 , .., x n ) =n∑i=1∫ xia i∂f∂x i(x 1 , .., x i−1 , t, a i+1 , .., a n ) dt.Dieses Integral heißt Wegintegral.21.1.7 BeispielEs seien∂f∂x (x, y) = 3x2 y 5 + y cos(xy)und∂f∂y (x, y) = 5x3 y 4 + x cos(xy)gegeben.Finde alle partiell differenzierbaren Funktionen f : R 2 → R.LösungSei a = (a 1 , a 2 ) ∈ R 2 beliebig.Dann ergeben sich folgende partiell differenzierbare Funktionen:f(x, y) ==∫ xa∫ 1x∂f∂x (t, a 2) dt +∫ ya 2∂f(x, t) dt∂ya 1(3t 2 a 5 2 + a 2 cos(ta 2 ) ) dt +∫ ya 2(5x 3 t 4 + x cos(xt) ) dt

Kap.21 Höhere Ableitungen 213=[x [] yt 3 a 5 2 + sin(ta 2 )]+ x 3 t 5 + sin(xt)a 1 a 2= x 3 a 5 2 + sin(xa 2 ) − a 3 1a 5 2 − sin(a 1 a 2 )+ x 3 y 5 + sin(xy) − x 3 a 5 2 − sin(xa 2 )= x 3 y 5 + sin(xy) − a 3 1a 5 2 − sin(a 1 a 2 )21.2 Höhere Ableitung21.2.1 DefinitionSei M ⊂ R n offen, sei f : M → R m , sei a ∈ M und sei Df bei a differenzierbar.f heißt bei a zweimal differenzierbar undD(Df)(a) = D 2 f(a) ∈ Hom(R n × R n , R m ) =: Hom 2 (R n , R m )ist die zweite Ableitung von f bei a.21.2.2 Hesse-MatrixSei M ⊂ R n offen, sei f : M → R differenzierbar, sei a ∈ M und sei f bei azweimal differenzierbar.D 2 f(a) heißt die Hesse-Form von f bei a.H f (a) =⎛⎜⎝∂f∂x 1 ∂x 1(a) . . ..∂f∂x n∂x 1(a) . . .heißt die Hesse-Matrix von f bei a.∂f∂x 1 ∂x n(a).∂f∂x n∂x n(a)H f (a) = D 2 f(a) ist also die zweite Ableitung von f bei a.Gilt der Satz von H.A.Schwarz auf Seite 211, so ist H f (a) symmetrisch.21.2.3 BeispielSei f(x, y, z) = x 2 − y 2 − z 2 + 1.Es gilt also ∂f ∂f∂x= 2x,∂ySomit ergibt sich= −2y und∂f∂z = −2z.H f (a) =⎛⎝2 0 00 −2 00 0 −2⎞⎠ .⎞⎟⎠

Kap.21 Höhere Ableitungen 21421.2.4 LaplaceoperatorSei M ⊂ R n offen und sei f : M → R zweimal differenzierbar.Der Laplaceoperator ∆ ordnet der Funktion f die Funktion ∆f : M → Rmitn∑ ∂f∆f(x) =(x)∂x i ∂x izu.21.2.5 Definitioni=1Sei M ⊂ R n offen, sei f : M → R m und sei a ∈ M.f heißt bei a r-mal differenzierbar mit der AbleitungD r f : M → Hom r (R n , R m ),wenn f bei a (r − 1)-mal differenzierbar ist und auchdifferenzierbar ist.21.2.6 BeispielSei f(x, y) = e x y.Dann giltD (r−1) f : M → Hom (r−1) (R n , R m )Df(x, y) = J f (x, y) = ( e x y e x ) ,(D 2 ef(x, y) = H f (x, y) =x y e x )e x .0D 3 f(x, y) lässt sich nun nicht mehr so übersichtlich aufschreiben. Eine sinnvolleSchreibweise ist zum Beispiel diese:(D 3 ( ef(x, y) =x y e x ) ( e x )0 )( e x 0 ) ( 0 0 )21.2.7 SchreibweisenAuch für die Schreibweisen von höheren partiellen Ableitungen nach unterschiedlichenVariablen gibt es viele sinnvolle Möglichkeiten.Sei f(x 1 , .., x n ). Beispiele für mögliche Schreibweisen bestimmter partiellerAbleitungen sind∂f∂x 1 ∂x 1 ∂x 1= ∂f∂ 3 x 1= ∂3 f∂ 3 x 1,

Kap.21 Höhere Ableitungen 215∂f∂x 1 ∂x 1 ∂x 3 ∂x 3 ∂x 3=∂f∂ 2 x 1 ∂ 3 x 3=∂ 5 f∂ 2 x 1 ∂ 3 x 3.Gilt der Satz von H.A.Schwarz auf Seite 211, so kann die Reihenfolge derpartiellen Ableitunge beliebig getauscht werden, das heißt es gilt dann zumBeispiel21.2.8 Satz 1∂f∂x 1 ∂ 2 x 2 ∂x 3=∂f∂x 3 ∂ 2 x 2 ∂x 1=∂f∂x 2 ∂x 1 ∂x 3 ∂x 2.Sei M ⊂ R n offen, sei a ∈ M, sei f : M → R m differenzierbar und bei azweimal differzierbar und seien u, v ∈ R n .Dann ist die Richtungsableitung D u f differenzierbar bei a und es gilt21.2.9 Satz 2D(D u f)(a) · v = D 2 f(a) · (u, v).Sei M ⊂ R n offen, sei f : M → R m r-mal differenzierbar und seien dieVektoren u 1 , .., u r ∈ R n .Dann gibt es eine Funktion D ur ...D u1 f : M → R m für die gilt:21.2.10 Erklärungen(D ur ...D u1 f)(x) = (D r f(x)) · (u 1 , .., u r )Sei M ⊂ R n , sei f : M → R m und sei a ∈ M.Es gilt also D r f(x) ∈ Hom r (R n , R m ).D r f(x) · (a, .., a) r-mal ∈ R mbedeutet, dass der Vektor a r-mal auf D r f(x) anwendet wird. Dabei erhältman einen Vektor aus R m .21.2.11 Satz 3Sei M ⊂ R n offen, sei a = (a 1 , .., a n ) ∈ M fest, sei f : M → R bei a r-maldifferenzierbar und sei x = (x 1 , .., x n ) ∈ M.Dann giltD r f(x) · a r =∑r 1 ,..,rn≥0r 1 +..+rn=ra r 11 · . . . · arn n ·∂ r f∂ r 1 x1 ..∂ rn x n(x) ∈ R.

Kap.21 Höhere Ableitungen 21621.2.12 BeispielSei f(x, y, z) = x 3 sin y + z 3 und sei a = (a 1 , a 2 , a 3 ).Dann giltD 2 f(x) =D 2 f(1, 0, 1) =⎛⎝⎛⎝6x sin y 3x 2 cos y 03x 2 cos y −x 3 sin y 00 0 6z0 3 03 0 00 0 6⎞⎠⎞⎠ ,und es ergibt sichD 2 f(1, 0, 1) · (a 1 , a 2 , a 3 ) 2 = 3a 1 a 2 + 3a 2 a 1 + 6a 2 3 = 6a 1 a 2 + 6a 2 3.21.2.13 Satz 4Seien M ⊂ R n und N ⊂ R m offen, seien f : M → R m sowie g : N → R lr-mal differenzierbar und sei f(M) ⊂ N.Dann ist auchr-mal differenzierbar.21.2.14 Satz 5g ◦ f : R n → R lSeien M ⊂ R n und N ⊂ R m offen, sei f : M → R m r-mal differenzierbar, seig : N → R n stetig, sei g(N) ⊂ M, sei f ◦ g = id N und sei Df(x) : R n → R mfür alle x ∈ M ein Isomorphismus.Dann ist auch g r-mal differenzierbar.21.2.15 DefinitionSei M ⊂ R n offen und sei f : M → R m .Dann gilt:C r (M, R m ) := {f : M → R m | f ist r-mal differenzierbar, D r f ist stetig}∞⋂C ∞ (M, R m ) := C r (M, R m )r=1f heißt ∞-oft differenzierbar, wenn f ∈ C ∞ (M, R m ) gilt.

Kap.21 Höhere Ableitungen 21721.3 Aufgaben21.3.1 Aufgabe 1Seien∂f−2xy(x, y) =∂x(x 2 + y 2 ) 2 und∂f∂y (x, y) = x2 − y 2(x 2 + y 2 ) 2 .Finde alle partiell differenzierbaren Funktionen f : R 2 \ {0} → R mit dengegebenen partiellen Ableitungen.LösungEs gilt:∂f∂x∂y= −2x(x2 + y 2 ) 2 + 8xy 2 (x 2 + y 2 )(x 2 + y 2 ) 4= −2x(x2 + y 2 ) + 8xy 2(x 2 + y 2 ) 3= −2x3 − 2xy 2 + 8xy 2(x 2 + y 2 ) 3= −2x3 + 6xy 2(x 2 + y 2 ) 3∂f∂y∂x = 2x(x2 + y 2 ) 2 − 4x(x 2 + y 2 )(x 2 − y 2 )(x 2 + y 2 ) 4= 2x(x2 + y 2 ) + 4x(y 2 − x 2 )(x 2 + y 2 ) 3= 2x3 + 2xy 2 + 4xy 2 − 4x 2(x 2 + y 2 ) 3= −2x3 + 6xy 2(x 2 + y 2 ) 3Nach der Folgerung von dem Satz von H.A.Schwarz kann es also ein gesuchtesf geben. Da R 2 \ {0} aber nicht einfach zusammenhängend ist, kann derSatz 21.1.6 auf Seite 212 nicht angewendet werden.f 1 (x, y) =yx 2 + y 2 + c ysind alle Stammfunktionen von ∂f∂x , denn es ist f 1dx(x, y) =−2xy(x 2 +y 2 ) 2 .f 2 (x, y) =yx 2 + y 2 + c xsind alle Stammfunktionen von ∂f∂y , denn es ist f 2dy (x, y) = x2 −y 2(x 2 +y 2 ) 2 .

Kap.21 Höhere Ableitungen 218Für die gesuchte Abbildung f muss c y = c x gelten, dies gilt für alle c ∈ R.f(x, y) =yx 2 + y 2 + cmit c ∈ R beliebig sind also alle gesuchten Funktionen.21.3.2 Aufgabe 2Seien∂g∂x (x, y) = 2x(1 − ey )(1 + x 2 ) 2 und∂ge(x, y) =∂yy(1 + x 2 ) 2 .Finde alle partiell differenzierbaren Funktion g : R 2 → R mit den gegebenenpartiellen Ableitungen.LösungEs gilt:∂g∂x∂y= −2xey (1 + x 2 ) 2(1 + x 2 ) 4 = −2xey(1 + x 2 ) 2∂g∂y∂x = −4x(1 + x2 ) 2 e y(1 + x 2 ) 4 = −4xey(1 + x 2 ) 2Nach der Folgerung von Schwarz kann es also kein gesuchtes g geben, dagilt.21.3.3 Aufgabe 3Seien∂hy(x, y) =∂xx 2 + y 2∂g∂x∂y ≠ ∂g∂y∂xund∂h−x(x, y) =∂yx 2 + y 2 .Finde alle partiell differenzierbaren Funktion h : R 2 \ {0} → R mit dengegebenen partiellen Ableitungen.LösungEs gilt:∂h∂x∂y=−2xy(x 2 + y 2 ) 2∂h∂y∂x = −2xy(x 2 + y 2 ) 2

Kap.21 Höhere Ableitungen 219Nach der Folgerung von Schwarz kann es also ein gesuchtes h geben. DaR 2 \ {0} aber nicht einfach zusammenhängend ist, kann auch hier der Satz21.1.6 auf Seite 212 nicht angewendet werden.h 1 (x, y) =arctan x y + c ysind alle Stammfunktionen von ∂f∂x, denn es isth 1dx (x, y) = 11 + x2y 2· yy 2 = 1y 2 +x 2y 2· yy 2 = yy 2 + x 2 .Weiter sindh 2 (x, y) =arctan x y + c xalle Stammfunktionen von ∂f∂y, denn es isth 2dy (x, y) = 11 + x2y 2· −xy 2 =1y 2 +x 2y 2· −xy 2 =−xy 2 + x 2 .Für die gesuchte Abbildung h muss c y = c x gelten, dies gilt für alle c ∈ R.Somit folgth(x, y) = arctan x y + cmit c ∈ R beliebig.Da die nun gefundenen Funktionen h aber nur auf {(x, y) ∈ R 2 | y ≠ 0} definiertsind, gibt es keine gesuchte Funktion h, da diese auf R 2 \{0} definiertsein müsste.21.3.4 Aufgabe 4Es seiengegeben.∂f∂x (x, y, z) = 2xy2 + z cos(xz),∂f∂y (x, y, z) = 2x2 y,∂f(x, y, z)∂z= x cos(xz) − 3z2Finde alle partiell differenzierbaren Funktionen f : R 3 → R.

Kap.21 Höhere Ableitungen 220LösungSei a = (a 1 , a 2 , a 3 ) ∈ R 3 beliebig.Da R 3 einfach zusammenhängend ist, kann der Satz 21.1.6 auf Seite 212angewendet werden:f(x, y, z) ===∫ xa∫ 1x21.3.5 Aufgabe 5∂f∂x (t, a 2, a 3 ) dt +∫ ya 2a 1(2ta 2 2 + a 3 cos(ta 3 )) dt +∫ z∂f∂y (x, t, a 3) dt +∫ ya 2(2x 2 t) dt∫ ya 2∂f(x, y, t) dt∂z+ (x cos(xt) − 3t 2 ) dta[ 3x [ y2ta 2 2 + a 3 cos(ta 3 )]+ 2x t] 2 +[x cos(xt) − 3t 2] za 1 a 2= x 2 y 2 + sin(xz) − z 3 − (a 2 1a 2 2 + sin(a 1 a 3 ) − a 3 3)Sei f : R 2 → R mit f(x, y) = y sin x.Berechne die r-te Ableitung von f angewendet auf (a, b) r mit (a, b) ∈ R 2 ,berechne alsoD r f(x, y) · (a, b) r ∈ R.LösungEs gilt:Somit ergibt sichD r f(x, y)·(a, b) r =⎧⎪y sin x für r∂ r f ⎨4hat Rest 0∂ r x = y cos x für r 4hat Rest 1⎪ −y sin x für r⎩ 4hat Rest 2−y cos x für r 4hat Rest 3⎧sin x für∂ r f⎪⎨r−14hat Rest 0cos x für r−1∂ r−1 =4hat Rest 1x∂y − sin x für ⎪⎩r−14hat Rest 2− cos x für r−14hat Rest 3∂ r f∂ r−l x∂ l = 0 für alle l ≥ 2y⎧a⎪⎨r · y sin x − r · a r−1 · b · cos y für r 4hat Rest 0a r · y cos x + r · a r−1 · b · sin y für r 4hat Rest 1−a ⎪⎩r · y sin x + r · a r−1 · b · cos y für r .4hat Rest 2−a r · y cos x − r · a r−1 · b · sin y für r 4 hat Rest 3a 3

22 Extrema22.1 Lineare AlgebraFolgende Definitionen und Sätze sollten aus der Linearen Algebra bekanntsein.22.1.1 DefinitionSei b : V × V → K eine beliebige Bilinearform.b heißt positiv definit, wenn für alle u ∈ V mit u ≠ 0 gilt: b(u, u) > 0.b heißt negativ definit, wenn für alle u ∈ V mit u ≠ 0 gilt: b(u, u) < 0.b heißt indefinit, wenn es u, v ∈ V gibt mit b(u, u) > 0 und b(v, v) < 0.b heißt positiv semidefinit, wenn für alle u ∈ V mit u ≠ 0 gilt: b(u, u) ≥ 0.b heißt negativ semidefinit, wenn für alle u ∈ V mit u ≠ 0 gilt: b(u, u) ≤ 0.22.1.2 Satz 1Sei b eine symmetrische Bilinearform auf R n , sei {e 1 , ..e n } die Standardbasisvon R n und sei B = (β ij ) 1≤i,j≤n die zu b gehörige symmetrische Matrix, alsoβ ij = b(e i , e j ).Dann ist b genau dann positiv definit, wenn für alle r ∈ {1, .., n} gilt:22.1.3 Satz 2det(β ij ) 1≤i,j≤r > 0Sei b eine symmetrische Bilinearform auf R n , sei {e 1 , ..e n } die Standardbasisvon R n und sei B = (β ij ) 1≤i,j≤n die zu b gehörige symmetrische Matrix, alsoβ ij = b(e i , e j ).Dann ist b genau dann negativ definit, wenn für alle r ∈ {1, .., n} gilt:(−1) r · det(β ij ) 1≤i,j≤r > 0221

Kap.22 Extrema 22222.2 Lokale Extrema22.2.1 DefinitionSei M ⊂ R n offen, sei f : M → R und sei a ∈ M.f hat bei a ein lokales Minimum :⇔ ∃ ε > 0 ∀ x ∈ B ε (a) : f(a) ≤ f(x).f hat bei a ein lokales Maximum :⇔ ∃ ε > 0 ∀ x ∈ B ε (a) : f(a) ≥ f(x).f hat bei a ein absolutes Minimum :⇔ ∀ x ∈ M : f(a) ≤ f(x).f hat bei a ein absolutes Maximum :⇔ ∀ x ∈ M : f(a) ≥ f(x).f hat bei a ein lokales Extremum, wenn f bei a ein lokales Minimum oderein lokales Maximum hat.22.2.2 Satz 1Sei M ⊂ R n offen und sei f : M → R mit einem lokalen Extremum beia ∈ M.Dann giltDf(a) = 0.Es ist also notwendig, dass Df(a) = 0 gilt, damit f bei a ein lokales Extremumhaben kann.BeweisSiehe 27.8.4 auf Seite 304.22.2.3 Satz 2Sei M ⊂ R n offen, sei f : M → R bei a ∈ M zweimal differenzierbar und seiDf(a) = 0.Dann gilt:( 1 ) Ist D 2 f(a) ist positiv definit, so hat f ein lokales Minimum bei a.( 2 ) Ist D 2 f(a) ist negativ definit, so hat f ein lokales Maximum bei a.( 3 ) Ist D 2 f(a) ist indefinit, so hat f kein lokales Extremum bei a, sonderneinen Sattelpunkt.Bei Semidefinitheit kann kein Aussage über ein lokales Extremum getroffenwerden.BeweisskizzeSiehe 27.8.5 auf Seite 305.

Kap.22 Extrema 22322.2.4 Beispiel 1Sei f(x, y) = x 2 + y 2 und sei a = (0, 0).Dann gilt Df(a) = 0 sowieD 2 f(x, y) =( 2 00 2)= D 2 f(a).Da D 2 f(a) positiv definit ist, hat f bei a ein lokales Minimum.22.2.5 Beispiel 2Sei f(x, y) = xy, sei a = (0, 0) und sei u = (u 1 , u 2 ).Dann gilt Df(a) = 0 sowieD 2 f(x, y) =( 0 11 0)= D 2 f(a).Weiter ist D 2 f(a) · (u 1 , u 2 ) 2 = 2u 1 u 2 und somit folgt D 2 f(1, 1) = 2 undD 2 f(1, −1) = −2.D 2 f(a) ist also indefinit und hat somit bei a = (0, 0) kein lokales Extremum.22.2.6 Satz von WeierstraßSei M ⊂ R n offen und kompakt und sei f : M → R stetig.Dann hat f ein absolutes Maximum und ein absolutes Minimum in M.22.3 Extrema mit Nebenbedingungen22.3.1 DefinitionSei M ⊂ R n offen, sei ϕ : M → R, sei N = {x ∈ M | f(x) = 0} ⊂ M mitf : M → R m , sei a ∈ N und es gelte m < n.Dann gilt:( 1 ) ϕ hat bei a ein lokales Maximum mit der Nebenbedingung f(x) = 0,wenn a ein lokales Maximum von ϕ| N ist.( 2 ) ϕ hat bei a ein lokales Minimum mit der Nebenbedingung f(x) = 0,wenn a ein lokales Minimum von ϕ| N ist.Lokale Extrema mit Nebenbedingung sind also lokale Extrema einer Funktion,die auf einer bestimmten Teilmenge eingeschränkt ist.

Kap.22 Extrema 22422.3.2 Satz von LagrangeSei M ⊂ R n offen, sei ϕ : M → R differenzierbar, seiN = {x ∈ M | f i (x) = 0 für alle i = 1, .., m} ⊂ Mmit der stetig differenzierbaren Funktion f = (f 1 , .., f m ) : M → R m , seia = (a 1 , .., a n ) ∈ N und es gelte m < n.Sei weiter a ein lokales Extremum von ϕ mit der Nebenbedingung f(x) = 0.Dann gibt es eindeutig bestimmte λ 1 , .., λ m ∈ R, so dass für alle i = 1, .., ngilt:∂ϕ∂x i(a 1 , .., a n ) +m∑j=1λ j · ∂f j∂x i(a 1 , .., a n ) = 0BemerkungWenn es also λ 1 , .., λ m gibt und für alle i = 1, .., n∂ϕ∂x i(a 1 , .., a n ) +m∑j=1λ j · ∂f j∂x i(a 1 , .., a n ) = 0gilt, so ist eine notwendige Bedingung für ein Extremum unter Nebenbedingungenerfüllt.Ob es sich nun bei dem Punkt a wirklich um ein Extremum oder nur umeinen Sattelpunkt handelt, ist manchmal nur schwer zu überprüfen.22.3.3 BeispielSei ϕ : R 2 → R mit ϕ(x, y) = x 2 + y 2 .Gesucht ist ein lokales Extremum von ϕ unter der NebenbedingungEs giltsomit folgt x = −y.f(x, y) = y − x − 1 = 0.∂ϕ∂x + λ∂f ∂x = 0 ⇔ 2x − λ = 0∂ϕ∂y + λ∂f = 0 ⇔ 2y + λ = 0,∂y

Kap.22 Extrema 225Wegen der Nebenbedingung y − x − 1 = 0 gilt alsoy + y − 1 = 2y − 1 = 0und es ergibt sich x = − 1 2 sowie y = 1 2 .(−12 , 1 2)ist ein lokales Minimum unter der gegebenen Nebenbedingung, daϕ für große (x, y) beliebig groß werden kann.22.4 Aufgaben22.4.1 Aufgabe 1Sei f : R 2 → R mitf(x, y) =Finde alle lokalen Extrema von f.1x 2 + y 2 + 1 .LösungEs muss also Df(x, y) = 0 gelten:∂f∂x = −2x(x 2 + y 2 + 1) 2∂f−2y=∂y (x 2 + y 2 + 1) 2Df(x, y) = 0 gilt also nur für (0, 0) ∈ R 2 . Es ist nun die zweite Ableitungzu untersuchen:⎛D 2 f(x, y) =D 2 f(0, 0) =⎜⎝−2(x 2 +y 2 +1) 2 +8x 2 (x 2 +y 2 +1)8xy(x 2 +y 2 +1)(x 2 +y 2 +1) 4 (x 2 +y 2 +1) 4( −2 00 −2⎞⎟⎠8xy(x 2 +y 2 +1)−2(x 2 +y 2 +1) 2 +8y 2 (x 2 +y 2 +1)(x 2 +y 2 +1) 4 (x 2 +y 2 +1) 4)D 2 f(0, 0) ist negativ definit und somit hat f bei (0, 0) ein lokales Maximum.22.4.2 Aufgabe 2Sei f : R 2 → R mit f(x, y) = x 3 + y 3 − 3x + 3y.Finde alle lokalen Extrema von f.

Kap.22 Extrema 226LösungFür ein lokales Extremum von f ist es notwendig, dass Df(x, y) = 0 gilt:∂f∂x = 3x2 − 3∂f∂y= 3y 2 + 3f hat keine lokalen Extrema, da für kein y ∈ R gerade Df(x, y) = 0 gilt.22.4.3 Aufgabe 3Sei ϕ : R 3 → R mitϕ(x, y, z) = x + y + z.Finde alle lokalen Extrema von ϕ unter den NebenbedingungenLösungx 2 + y 2 = 2 und x + z = 1.Die Funktion f : R 3 → R 2 zu den beiden Nebenbedingungen ist alsof(x, y, z) = (x 2 + y 2 − 2, x + z − 1) = (0, 0).Es muss also folgendes Gleichungssystem gelöst werden:∂ϕ∂x + λ∂f 1∂x + µ∂f 2∂x = 0 ⇔ 1 + λ2x + µ = 0∂ϕ∂y + λ∂f 1∂y + µ∂f 2∂y = 0 ⇔ 1 + λ2y = 0∂ϕ∂z + λ∂f 1∂z + µ∂f 2∂z= 0 ⇔ 1 + µ = 0Es ergeben sich die Lösungenλ = − 1 , µ = − 1 und x = 0.2yEs müssen nun noch die beiden Nebenbedingungen erfüllt werden:x + z = 1 ⇒ z = 1x 2 + y 2 = 2 ⇒ y = ± √ 2Unter den gegebenen Nebenbedingungen hat ϕ also bei ( 0, − √ 2, 1 ) ein lokalesMinimum und bei ( 0, √ 2, 1 ) ein lokales Maximum.

Kap.22 Extrema 22722.4.4 Aufgabe 4Sei ϕ : R 3 → R mitϕ(x, y, z) = xy + 2z.Finde mögliche lokale Extrema von ϕ unter den NebenbedingungenLösungx + y = − z und x 2 + y 2 + z 2 = 24.Die Funktion f : R 3 → R 2 zu den beiden Nebenbedingungen ist alsof(x, y, z) = (x + y + z, x 2 + y 2 + z 2 − 24) = (0, 0).Es muss also folgendes Gleichungssystem gelöst werden:∂ϕ∂x + λ∂f 1∂x + µ∂f 2∂x = 0 ⇔ y + λ + µ2x = 0∂ϕ∂y + λ∂f 1∂y + µ∂f 2∂y = 0 ⇔ x + λ + µ2y = 0∂ϕ∂z + λ∂f 1∂z + µ∂f 2∂z= 0 ⇔ 2 + λ + µ2z = 0Es ergeben sich die Lösungenλ = − µ2x − y, λ = − µ2y − x und µ = 1/2.Es müssen nun noch die beiden Nebenbedingungen erfüllt werden:x + y + z = 0 ⇒ z = −1⇒x = 1 − yx 2 + y 2 + z 2 − 24 = 0 ⇒ y = 1/2 ± √ 1/4 + 11⇒ x = 1/2 ± √ 1/4 + 11Mögliche lokalen Extrema unter den Nebenbedingungen kann es also bei denvier Punkten ( √ √ )1 12 ± 4 + 11, 1 12 ± 4 + 11, − 1geben.22.4.5 Aufgabe 5Sei f(x, y) = (2x 2 + y 2 )e −x2 −2y 2 .Berechne alle lokalen Extrema von f.

Kap.22 Extrema 228LösungDamit f bei (x, y) ∈ R 2 ein lokales Extremum haben kann, ist es notwendig,dass ∂f∂f∂x(x, y) =∂y(x, y) = 0 gilt.∂f∂x = 4x · e−x2 −2y 2 + (2x 2 + y 2 ) · (−2x) · e −x2 −2y 2∂f∂yDa e x > 0 für alle x ∈ R, gilt:Somit ergeben sich durch= (4x − 4x 3 − 2xy 2 ) e −x2 −2y 2= 2y · e −x2 −2y 2 + (2x 2 + y 2 ) · (−4y) · e −x2 −2y 2= (2y − 8x 2 y − 4y 3 ) e −x2 −2y 2∂f∂x = 0 ⇔ (4x − 4x3 − 2xy 2 ) = 0∂f∂y = 0 ⇔ (2y − 8x2 y − 4y 3 ) = 0x 3 + 1 2 xy2 − x =(x 2 +( 12 y2 − 1) ) x = 0 undy 3 + 2x 2 y − 1 ( (y2 y = 2 + 2x 2 − 1 2) ) y = 0folgende drei Mengen:{∣ }A = (x, y) ∈ R n ∣∣ ∂f∂x = 0 }∣{(x, y) ∈ R n ∣∣ x = 0 und x = ±√1 − 1 2 y2=={(x, y) ∈ R n ∣ ∣∣ x = 0 und x = ±√12 · √2− y 2 }B =={∣ }(x, y) ∈ R n ∣∣ ∂f∂y = 0∣√ }{(x, y) ∈ R n ∣∣ √ 1 y = 0 und y = ± 2 ·2 − x2C = A ∩ B∣ }={(x, y) ∈ R n ∣∣ Df(x, y) = 0{( √1= (0, 0), (1, 0), (−1, 0), 0, ,2)(0, −√12)}

Kap.22 Extrema 229Nach der notwendigen Bedingung kann f also nur bei den Punkten aus Cein lokales Extremum haben.f hat bei (x, y) ∈ C ein lokales Minimum, wenn D 2 f(x, y) = H f (x, y) positivdefinit ist, und ein lokales Maximum, wenn D 2 f(x, y) = H f (x, y) negativdefinit ist:∂f∂x∂x = (4 − 20x2 − 2y 2 + 8x 4 + 4x 2 y 2 ) e −x2 −2y 2∂f∂y∂y= (2 − 8x 2 − 20y 2 + 32x 2 y 2 + 16y 4 ) e −x2 −2y 2∂f∂y∂y = ∂f∂y∂x = (16x3 y + 8xy 3 − 20xy) e −x2 −2y 2Es folgt:( ) 4 0H f (0, 0) =0 2( ) ( −8H f (1, 0) = e08)0 − 6 = − e06e0e( ) ( −8H f (−1, 0) = e08)0 − 6 = − e06e0e√ ( 1 3)H f(0, = e02)0 − 8 e√ ( 1 3)H f(0, − = e02)0 − 8 eEs ergeben sich somit folgende lokale Extrema von f:( 1 ) Lokales Minimum bei (0, 0).( 2 ) Lokales Maximum bei (1, 0).( 3 ) Lokales Maximum bei (−1, 0).22.4.6 Aufgabe 6⇒⇒⇒⇒⇒positiv definitnegativ definitnegativ definitindefinitindefinitZeige mit dem Satz über lokale Extrema mit Nebenbedingungen, dass auf der2-Sphähre S 2 = {(x, y, z) ∈ R 3 | x 2 + y 2 + z 2 = 1} stets 1 3 ≤ x4 + y 4 + z 4 ≤ 1gilt.LösungSei ϕ : R 3 → R mit ϕ(x, y, z) = x 4 + y 4 + z 4 .Es sind also alle lokalen Extrema von ϕ unter der Nebenbedingungf(x, y, z) = x 2 + y 2 + z 2 − 1 = 0

Kap.22 Extrema 230zu finden.Notwendig für ein lokales Extremum unter der Nebenbedingung ist, dass esein 0 ≠ λ ∈ R gibt, so dass die folgenden Gleichungen gelten:∂ϕ∂x + λ∂f ∂x = 0 ⇔ 4x3 − λ2x = 0∂ϕ∂y + λ∂f ∂y = 0 ⇔ 4y3 − λ2y = 0∂ϕ∂z + λ∂f ∂z = 0 ⇔ 4z3 − λ2z = 0Mit geeigneten λ gelten alle Gleichungen nur dann, wennx = ±y = ±zoder x = 0, y = ±zoder y = 0, x = ±zoder z = 0, x = ±yoder y = z = 0, x ≠ 0oder x = z = 0, y ≠ 0oder x = y = 0, z ≠ 0.Da aber auch noch die Nebenbedingung x 2 + y 2 + z 2 = 1 gelten muss, gibtes folgende Möglichkeiten für x, y und z:x = y = z ⇒ x = y = z = ± √ 1/3 8 Punktex = 0, y = z ⇒ y = z = ± √ 1/2 4 Punktey = 0, x = z ⇒ x = z = ± √ 1/2 4 Punktez = 0, x = y ⇒ x = y = ± √ 1/2 4 Punktey = z = 0, x ≠ 0 ⇒ x = ±1 2 Punktex = z = 0, y ≠ 0 ⇒ y = ±1 2 Punktex = y = 0, z ≠ 0 ⇒ z = ±1 2 PunkteFür alle Funktionswerte c der 26 möglichen lokalen Extrema und Sattelpunktevon ϕ gilt 1 3 ≤ c ≤ 1:(√ √ √ )ϕ 1/3, 1/3, 1/3 = 1/3(√ √ √ )ϕ 1/3, 1/3, − 1/3 = 1/3(ϕ 0, √ 1/2, √ )1/2 = 1/2ϕ (0, 0, 1) = 1ϕ (0, 0, −1) = 1Für alle (x, y, z) ∈ S 2 gilt demnach 1 3 ≤ x4 + y 4 + z 4 ≤ 1..

23 Taylorreihen23.1 Definitionen und Sätze23.1.1 TaylorpolynomSei M ⊂ R n offen sei f : M → R, sei a ∈ M fest und sei f bei a r-maldifferenzierbar.Dann heißtp r−1 : R n → Rx↦→∑r−1k=0das r-te Taylorpolynom von f bei a.1k! · Dk f(a) · (x − a) kp r−1 ist wie im Eindimensionalen eine Annäherung von f um den Punkt a.23.1.2 Satz 1Sei M ⊂ R n offen, sei f : M → R, sei a = (a 1 , .., a n ) ∈ M fest, sei f bei ar-mal differenzierbar und sei x = (x 1 , .., x n ) ∈ M.Dann wird das Taylorpolynom p r−1 gegeben durchp r−1 = ∑k 1 ,..,kn≥0k 1 +..+kn=k1k 1 ! · .. · k n ! · (x 1 − a 1 ) k1 · .. · (x n − a n ) kn ·∂ k f∂ k 1 x1 ..∂ kn x n(a).Durch diesen Satz lassen sich viele Aufgaben recht schnell und einfach lösen.23.1.3 TaylorformelSei M ⊂ R n offen, sei f : M → R, sei a ∈ M fest und sei f bei a r-maldifferenzierbar.f(x) = p r−1 (x) + R r (x, a)ist die Taylorformel von f an der Stelle a.R r (x, a) ist dabei das r-te Restglied von f mit Entwicklungspunkt a.231

Kap.23 Taylorreihen 23223.1.4 RestglieddarstellungSei M ⊂ R n offen, sei f : M → R, sei a ∈ M fest und x ∈ M, sei [a, x] ⊂ Mund sei p ∈ N.Lagrange RestgliedR r (x, a) =1 r! · Dr f(a + t(x − a)) · (x − a) rfür ein t ∈ ]0, 1[.Schlömilchsches Restgliedfür ein t ∈ ]0, 1[.R r (x, a) =(1 − t)r−p(r − 1)! · p · Dr f(a + t(x − a)) · (x − a) rCauchysches Restgliedfür ein t ∈ ]0, 1[.R r (x, a) =(1 − t)r−1(r − 1)!· D r f(a + t(x − a)) · (x − a) rDas Lagrange Restglied ist das Schlömilchsche Restglied mit p = r und dasCauchysche Restglied das mit p = 1.23.1.5 Beispiel 1Sei f : R 2 → R mit f(x, y) = e x y.Berechne alle Taylorpolynome p r und die Taylorreihe von f(x, y) um denPunkt a = (0, 1).LösungEs gilt:f(0, 1) = 1Df(x, y) = ( e x y e x )Df(0, 1) = ( 1 1 )(D 2 ef(x, y) =x y e x )e x 0( )D 2 1 1f(0, 1) =1 0

Kap.23 Taylorreihen 233D 3 f(x, y) =D 3 f(0, 1) =Nach dem Taylorpolynomp r (x) =( (e x y e x ) (e x 0)(e x 0) (0 0)( )(1 1) (1 0)(1 0) (0 0)r∑k=01k! · Dk f(a) · (x − a) k)ergeben sich also für p 0 bis p 3 folgende Polynome:p 0 (x, y) = f(0, 1) = 1p 1 (x, y) = p 0 (x, y) + ( 1 1 ) · (x, y − 1)= 1 + x + y − 1 = x + yp 2 (x, y) = p 1 (x, y) + 1 ( ) 1 12! · · (x, y − 1) 21 0= p 1 (x, y) + 1 · ( x + y − 1 x ) · (x, y − 1)2= p 1 (x, y) + 1 2 (x2 + xy − x + xy − x)= p 1 (x, y) + 1 2 (x2 + 2xy − 2x)= x + y + 1 2 (x2 + 2xy − 2x)p 3 (x, y) = p 2 (x, y) + 1 ( (1 1) (1 0)3! · (1 0) (0 0))· (x, y − 1) 3= p 2 (x, y) + 1 6 · ( x 2 + 2xy − 2x x 2 ) · (x, y − 1)= p 2 (x, y) + 1 6 · (x3 + 3x 2 y − 3x 2 )= x + y + 1 2 (x2 + 2xy − 2x) + 1 6 · (x3 + 3x 2 y − 3x 2 )Gesucht sind alle Taylorpolynome von f(x, y), also p r mit r ∈ N beliebig.Das einzige Problem dabei ist, dass die r-te Ableitung von f(x, y) benötigtwird. Wie man jedoch sogar schon an den ersten drei Ableitungen erkennt,gilt aber∂ r f∂ r x (x, y) = id = ex y,∂ r f∂ r (0, 1)x= 1,

Kap.23 Taylorreihen 234∂ r f∂ r−1 x∂ 1 y (x, y) = ex ,∂ r f∂ r−1 x∂ 1 (0, 1)y= 1,∂ r f∂ r−l x∂ l (x, y) = 0 für alle l ∈ N mit 2 ≤ l ≤ r.yDa es nach dem Satz von H.A.Schwarz egal ist, in welcher Reihenfolge nachx und nach y abgeleitet wird, folgt alsoD r f(0, 1) · (x, y − 1) r ∂ r f= r ·∂ r−1 (0, 1) ·x r−1 · (y − 1) + ∂r fx∂y ∂} {{ }r (0, 1) ·x r} x {{ }=1=1= r · (x r−1 · (y − 1) ) + x r= rx r−1 y − rx r−1 + x r .Daraus ergibt sich nun genau das r-te Taylorpolynomp r (x, y) = 1 +r∑k=11(kx k−1 y − kx k−1 + x k) .k!Das Ergebnis stimmt genau mit den ausgerechneten p 0 bis p 3 überein.p r (x, y) lässt sich jedoch noch weiter vereinfachen:p r (x, y) = 1 += 1 += 1 +r∑ 1(kx k−1 y − kx k−1 + x k)k!r∑( x k−1 )y(k − 1)! − xk−1(k − 1)! + xkk!r∑ x k−1 y+ xr(k − 1)! r!k=1k=1k=1= 1 + y ·= y ·r∑k=0x kk!r∑k=1x k(k − 1)!+ xrr!Für r → ∞ ergibt sich also die Taylorreihef(x, y) = y ·da xrr!für r → ∞ gegen 0 konvergiert.∞∑k=0x kk! ,+ xrr!

Kap.23 Taylorreihen 23523.1.6 Beispiel 2Sei f : R 3 → R mit f(x, y, z) = sin x cos y e z .Berechne das Taylorpolynom p 2 um den Punkt a = (0, 0, 0).LösungEs gilt:f(0, 0, 0) = 0Df(x, y, z) = ( cos x cos y e z − sin x sin y e z sin x cos y e z )Df(0, 0, 0) = ( 1 0 0 )D 2 f(x, y, z) =D 2 f(0, 0, 0) =⎛⎝⎛⎝− sin x cos y e z − cos x sin y e z cos x cos y e z ⎞− cos x sin y e z − sin x cos y e z − sin x sin y e z ⎠0 0 10 0 01 0 0Es ergeben sich nun folgende Polynome:⎞⎠p 0 (x, y, z) = f(0, 0, 0) = 0p 1 (x, y, z) = p 0 (x, y, z) + ( 1 0 0 ) · (x, y, z)= x⎛p 2 (x, y, z) = p 1 (x, y, z) + 1 2! · ⎝Es gilt sogar folgender Satz:23.1.7 Satz 20 0 10 0 01 0 0= p 1 (x, y, z) + 1 · (xz + zx)2= x + xz⎞⎠ · (x, y, z) 2Eine Taylorreihe im R n kann als Produkt von den einzelnen konvergentenTaylorreihen dargestellt werden.23.1.8 BeispielSei f : R 3 → R mit f(x, y, z) = sin x cos y e z .

Kap.23 Taylorreihen 236Dann gilt alsof(x, y, z) = sin x cos y e z∞∑ (−1) n∞∑=(2n + 1)! x2n+1 ·n=0n=0)=(x − x36 + . . . ·23.2 Aufgaben23.2.1 Aufgabe 1Sei f : R 2 → R mit(−1) n(2n)! y2n ·)(1 − y22 + . . . ·= x + xz − 1 6 x3 − 1 2 xy2 + 1 2 xz2 + . . . .f(x, y) =11 − x − y 2 .∞∑n=0z nn!(1 + z + z22 + . . . )Finde die Taylorreihe von f um (0, 0) für alle (x, y) ∈ R 2 mit |x + y 2 | < 1.LösungNach der geometrischen Reihe giltf(x, y) ==11 − (x + y 2 )∞∑(x + y 2 ) nn=0= 1 + (x + y 2 ) + (x + y 2 ) 2 + (x + y 2 ) 3 + . . .= 1 + x + y 2 + x 2 + 2xy 2 + y 4 + x 3 + 3x 2 y 4 + 3xy 4 + y 6 + . . . .Demnach ist die Taylorreihe von f um (0, 0) für |x + y 2 | < 1 geradef(x, y) =∞∑(x + y 2 ) n .n=0Dank der geometrischen Reihe entfällt also das Ausrechnen der r-ten Ableitungund die Abschätzung des Restgliedes.23.2.2 Aufgabe 2Sei f : R 2 → R mit f(x, y) = y sin x.Berechne das Taylorpolynom p 4 um den Punkt a = (0, 0).

Kap.23 Taylorreihen 237LösungEs gilt:f(0, 0) = 0Df(x, y) = ( y cos x sin x )Df(0, 0) = ( 0 0 )( )D 2 −y sin x cos xf(x, y) =cos x 0( )D 2 0 1f(0, 0) =1 0( )D 3 (−y cos x − sin x ) (− sin x 0 )f(x, y) =(− sin x 0 ) ( 0 0 )( )D 3 ( 0 0 ) ( 0 0 )f(0, 0) =( 0 0 ) ( 0 0 )⎛ () ()D 4 f(x, y) =(y sin x − cos x)(− cos x 0) (− cos x 0)(0 0)⎝ () ()(− cos x 0 )( 0 0) ( 0 0)(0 0)D 4 f(0, 0) =( )( ( 0 − 1) (−1 0) ) ( (−1 0) (0 0) )( (−1 0) ( 0 0) ) ( ( 0 0) (0 0) )⎞⎠Somit ergeben sich also folgende Taylorpolynome:p 0 (x, y) = f(0, 0) = 0p 1 (x, y) = p 0 (x, y) + ( 0 0 ) · (x, y) = 0p 2 (x, y) = p 1 (x, y) + 1 ( ) 0 12! · · (x, y) 21 0= 1 · (xy + yx) = yx2p 3 (x, y) = p 2 (x, y) + 1 ( ( 0 0 ) ( 0 0 )3! · ( 0 0 ) ( 0 0 )= p 2 (x, y) + 0 = yxp 4 (x, y) = p 3 (x, y) + 1 4! · D4 f(0, 0) · (x, y) 4)· (x, y) 3= p 3 (x, y) + 1 24(−4yx3 ) = yx − 1 6 yx3

24 Implizite FunktionenEs kann das Problem auftreten, Gleichungen und Ungleichungen betrachtenzu müssen, die keine Funktionen sind.Da man jedoch mit Funktionen besonders gut umgehen kann, versucht maneine gegebene Gleichung oder Ungleichung so auf eine Teilmenge der gegebenenMenge zu beschränken, dass sie durch eine äquivalente Funktion ersetztwerden kann.Implizite Funktionen beschäftigen sich somit auch mit der Umkehrbarkeitim Mehrdimensionalen.BeispielGegeben sei in R 2 die Gleichungx 2 + 4y 2 = 2.Abbildung 26Diese Gleichung lässt sich weder als Funktion y = f(x) noch als x = f(y)schreiben. Auf der TeilmengeD = R × R + = {(x, y) ∈ R 2 | x > 0} ⊂ R 2ist x 2 + 4y 2 = 2 jedoch äquivalent zum Graph vonf(x) = 1 2√2 − x 2 .Des Weitern werden in diesem Kapitel einige Begriffe der höheren Analysiseingeführt.238

Kap.24 Implizite Funktionen 23924.1 Definitionen und Sätze24.1.1 Grundlegende DefinitionenSei (M, d) ein metrischer Raum.Eine Abbildung T : M → M heißt eine Transformation von M.Sind S und T Transformationen auf einer Menge M, so schreibt man kurzST für S ◦ T . Analog schreibt man für ein a ∈ M auch T a für T (a).Es wird definiert24.1.2 DefinitionT 0 := id M , T 1 := T, T n+1 := T T n .Sei T : M → M eine Transformation und sei a ∈ M.Dann heißt a ein Fixpunkt von T , wenn T a = a gilt.24.1.3 BeispielSei T : R 2 → R 2 mit T (x, y) = (y, x). Dann istdie Menge aller Fixpunkte von T .24.1.4 Satz 1F = {(x, y) ∈ R 2 | x = y}Sei T : M → M eine Transformation und sei n ∈ N.Hat T n genau einen Fixpunkt, dann hat auch T genau einen Fixpunkt.BeweisEs ist klar, dass jeder Fixpunkt a von T auch ein Fixpunkt von T n ist, alsokann T höchstens einen Fixpunkt haben.Sei nun a ein Fixpunkt von T n , dann ist auch T a ein Fixpunkt von T n , daT n T a = T n+1 a = T 1+n a = T T n a = T agilt. Weil T n aber genau einen Fixpunkt hat, folgt T a = a.✷24.1.5 DefinitionSei T : M → M eine Transformation auf einem metrischen Raum (M, d).T heißt eine Kontraktion oder Zusammenziehung von M, wenn eineder äquivalenten Bedingungen erfüllt ist:

Kap.24 Implizite Funktionen 240( 1 ) ∃ q < 1 ∀ x, y ∈ M : d(T x, T y) ≤ qd(x, y)( 2 ) ∀ x, y ∈ M : d(T x, T y) < d(x, y)24.1.6 Satz 2Eine Kontraktion kann höchstens einen Fixpunkt haben.BeweisSei T : M → M eine Kontraktion mit q < 1 auf einem metrischen Raum(M, d) und seien a, b ∈ M zwei Fixpunkte von T .Dann giltd(a, b) = d(T a, T b) ≤ qd(a, b),aber da q < 1 ist, kann diese Ungleichung nur für d(a, b) = 0 und somita = b richtig sein.✷24.1.7 Fixpunktsatz von BanachSei T : M → M eine Kontraktion mit q < 1 auf einem vollständig metrischenRaum (M, d).Dann hat T genau einen Fixpunkt.BeweisSiehe 27.8.6 auf Seite 305.24.2 Differentialgleichungen24.2.1 Satz 1Sei I = [a, b] ⊂ R ein Intervall und sei C(I, R) der Raum aller stetigenFunktionen f : I → R. Sei weiter T : C(I, R) → C(I, R) eine Transformationmit genau einem Fixpunkt f.Dann gibt es eine Abbildung A : R → R und eine Abbildung b : I → R mitb ∈ C(I, R), so dass f folgende Eigenschaften hat:( 1 ) f(a) = 0,( 2 ) für alle x ∈ I gilt f(x) =( 3 ) f : I → R ist differenzierbar.x∫(A(t)f(t) + b(t)) dt,a

Kap.24 Implizite Funktionen 24124.2.2 BeispielZeige, dass es genau eine differenzierbare Funktion f : [0, 1] → R mitgibt.Lösungf ′ (x) = x 3 · f(x) 2 + 2x sin xSei I := [0, 1] ⊂ R ein Intervall und sei C(I, R) der Raum aller stetigenFunktionen f : I → R.Sei nun T : C(I, R) → C(I, R) eine Transformation mitT f(x) =∫ x0(t3 · f(t) 2 + 2t sin t ) dt.Sei weiter f ∈ C(I, R) ein Fixpunkt von T , dann giltf(x) = T f(x) =∫ xNach dem Hauptsatz der Analysis folgtund es gilt f(0) = 0.0(t3 · f(t) 2 + 2t sin t ) dt.f ′ (x) = x 3 · f(x) 2 + 2x sin xEs ist also noch zu zeigen, dass T genau einen Fixpunkt hat.Mit Hilfe des Mittelwertsatzes lässt sich zeigen, dass für jeden Fixpunkt fvon T gilt:f(x) ≤ 1 2für alle x ∈ ISei B := { g ∈ C(I, R) | g ≤ 1 2}und seien g, h ∈ B beliebig. Dann gilt|T g(x) − T h(x)| ===≤∣∣∫ x0∫ x0∫ x0∫ x0()t 3 · g(t) 2 + 2t sin t − t 3 · h(t) 2 − 2t sin t dt∣(t 3 ( g(t) 2 − h(t) 2) ) dt∣()t 3 · | g(t) + h(t) | · |g(t) − h(t)| dt} {{ }≤1t 3 dt · |g(t) − h(t)|=[ ] 1 x4 t4 · |g(t) − h(t)|t=0

Kap.24 Implizite Funktionen 242= 1 4 x4 · |g(t) − h(t)|≤ 1 ( ) 1 44 · · |g(t) − h(t)|2= 1 · |g(t) − h(t)|.64Das heißt, dass T | B eine Kontraktion von C(I, R) ist. Da C(I, R) vollständigist, ist auch B vollständig. Des Weiteren liegen alle möglichen Fixpunkte vonT in B, also folgt nach dem Fixpunktsatz von Banach, dass T genau einenFixpunkt hat.Dieser Fixpunkt erfüllt die geforderten Bedingungen.24.3 Implizite Funktionen24.3.1 DefinitionSei M ⊂ R n ×R m offen und nicht leer, sei Q : M → R m mit (x, y) ↦→ Q(x, y)und sei f : N → R m mit N ⊂ R n .Die Funktion f heißt eine durch Q impliziert definierte Funktion, wenngilt:( 1 ) Für alle x ∈ N gilt (x, f(x)) ∈ M.( 2 ) Für alle x ∈ N gilt Q(x, f(x)) = 0.24.3.2 Beispiel 1Aus dem Beispiel oben istM = {(x, y) ∈ R 2 | x 2 + 4y 2 = 2} ⊂ R × R = R 2und es ergibt sich Q : R 2 → R mit Q(x, y) = x 2 + 4y 2 − 2.Sei nun N = ] − √ 2, √ 2[ ⊂ R, dann gilt für f : N → R mitf(x) = 1 2√2 − x 2(x, f(x)) ∈ M und Q(x, f(x)) = 0 für alle x ∈ N. Also ist f eine durch Qimpliziert definierte Funktion.24.3.3 Beispiel 2Sei Q : R 2 → R mit Q(x, y) = x 2 + y 2 − 1.{Q(x, y) = 0} ist also genau der Einheitskreis im R 2 .

Kap.24 Implizite Funktionen 243Für folgende x ist Q(x, y) = x 2 + y 2 − 1 = 0 also eindeutig nach y auflösbar:24.3.4 Satz 1|x| > 1unlösbar|x| = 1 y = 0|x| < 1 y = ± √ 1 − x 2Sei M ⊂ R n × R m offen, sei Q : M → R m r-mal differenzierbar und sei feine durch Q impliziert definierte Funktion.Dann ist auch f r-mal differenzierbar.24.3.5 Satz über implizite Funktionen 1Sei M ⊂ R n × R m offen, sei Q : M → R m mit (x, y) ↦→ Q(x, y) stetigdifferenzierbar, (a, b) ∈ M mit Q(a, b) = 0 und sei D (2) Q(a, b) : R m → R minvertierbar.Dann gibt es eine offene Umgebunge U ⊂ R n mit a ∈ U und eine offeneUmgebung V ⊂ R m mit b ∈ V , so dass gilt:( 1 ) U × V ⊂ M,( 2 ) es gibt eine eindeutig bestimmte Abbildung f : U → V , so dassQ(x, f(x)) = 0 für alle x ∈ U gilt,( 3 ) f ist stetig differenzierbar,( 4 ) f(a) = b.Das heißt Q(x, y) kann in einer Umgebung von (a, b) durch eine eindeutigbestimmte stetig differenzierbare Funktion f : U → V dargestellt werden.Dabei ist D (2) Q die durch die Projektionen von Q auf Q 1 , .., Q m gegebeneDeterminante (vergleiche Satz über implizite Funktionen 2).24.3.6 Beispiel 1Sei Q(x, y) = x 2 − y 2 . Es soll untersucht werden, für welche x ∈ R nun Qdurch eine Funktion f mit Q(x, f(x)) dargestellt werden kann.Es giltQ(x, y) = 0 für y = ±x,∂Q(x, y) = −2y.∂y

Kap.24 Implizite Funktionen 244Gesucht sind also alle x ∈ R, für die ∂Q∂y(x, ±x) invertierbar ist. Es gilt∂Q(x, ±x) = ±2x,∂ydaher folgt, dass ∂Q∂y(x, ±x) ≠ 0 für alle x ≠ 0 gilt.Somit ist ∂Q∂y(x, ±x) = ±2x für alle x ≠ 0 invertierbar und es kann Q ineiner Umgebung von Q(x, f(x)) durch eine Funktion f dargestellt werden.24.3.7 Beispiel 2Sei Q(x, y) = (x − y) 2 . Es soll untersucht werden, für welche x ∈ R nun Qdurch eine Funktion f mit Q(x, f(x)) dargestellt werden kann.Es giltQ(x, y) = 0 für y = x,∂Q(x, y) = −2(x − y).∂yGesucht sind also alle x ∈ R, für die ∂Q∂y(x, x) invertierbar ist. Es gilt∂Q(x, x) = 0,∂ysomit ist ∂Q∂y(x, x) für kein x ∈ R invertierbar.Demnach kann Q in keiner Umgebung von Q(x, f(x)) durch eine Funktionf dargestellt werden.24.3.8 Beispiel 3Sei Q(x, y) = x 3 + y 3 . Es soll untersucht werden, für welche x ∈ R nun Qdurch eine Funktion f mit Q(x, f(x)) dargestellt werden kann.Es giltQ(x, y) = 0 für y = −x,∂Q∂y (x, y) = 3y2 .Gesucht sind also alle x ∈ R, für die ∂Q∂y(x, −x) invertierbar ist. Es gilt∂Q∂y (x, −x) = 3x2 ,daher folgt, dass ∂Q∂y(x, −x) ≠ 0 für alle x ≠ 0 gilt.Somit ist ∂Q∂y(x, −x) = −3x für alle x ≠ 0 invertierbar und es kann Q ineiner Umgebung von Q(x, f(x)) durch eine Funktion f dargestellt werden.

Kap.24 Implizite Funktionen 24524.3.9 Satz über implizite Funktionen 2Sei M ⊂ R n ×R m offen, sei Q : M → R m stetig differenzierbar, sei (a, b) eineLösung des durch Q(x, y) = 0 gegebenen Gleichungssystems und es gelte fürdie durch die Projektionen von Q auf Q 1 , .., Q m gegebene Determinante∣∂Q 1∂y 1. . ..∂Q m∂y 1. . .∂Q 1∂y m∣ ∣∣∣∣∣∣. · (a, b) ≠ 0.∂Q m∂y mDann kann das Gleichungssystem Q(x, y) = 0 in einer Umgebung von (a, b)stetig differenzierbar nach y = (y 1 , .., y m ) aufgelöst werden.BemerkungDer Satz über implizite Funktionen 1 ist so allgemein gehalten, dass dieserSatz im Grunde nur ein vereinfachter aber ausreichender Spezialfall desersten Satzes ist.BeweisskizzeSiehe 27.8.7 auf Seite 306.24.3.10 Beispiel 1Sei Q : R 2 → R mit Q(x, y) = x 2 + y 3 − 12.Dann ist (2, 2) eine Lösung des Gleichungssystems Q(x, y) = 0. Es gilt∣ ∂Q 1∂y∣ · (2, 2) = ∂Q∂y · (2, 2) = 3y2 · (2, 2) = 12 ≠ 0.Somit kann das Gleichungssystems Q(x, y) = 0 in einer Umgebung von (2, 2)nach y = f(x) aufgelöst werden.24.3.11 Beispiel 2Sei Q : R 3 → R mit Q(x, y, z) = xy + yz + xz − xyz − 4.Dann ist (2, 2, −3) eine Lösung des Gleichungssystems Q(x, y, z) = 0. Es gilt∣ ∂Q 1∂z∣∂Q· (2, 2, −3) = · (2, 2, −3) = y + x − xy · (2, 2, −3) = 0.∂zDas Gleichungssystems Q(x, y, z) = 0 kann also in keiner Umgebung von(2, 2, −3) nach z = f(x, y) aufgelöst werden.

Kap.24 Implizite Funktionen 24624.4 Umkehrsatz und Satz vom Rang24.4.1 DefinitionSei M ⊂ R n offen, sei f : M → R m stetig differenzierbar und sei a ∈ M.Dann istder Rang von f bei a.24.4.2 Beispielrg a f := rang(Df(a))Sei f : R 2 → R 2 mit f(x, y) = (x 2 − y 2 , xy). Dann gilt( ) 2x −2yDf(x, y) =.y xAnhand der Determinante det(Df(x, y)) = 2x 2 + 2y 2 erkennt man, dassrg a f ={ 2 für a ≠ (0, 0)0 für a = (0, 0)gilt.24.4.3 DefinitionSei M ⊂ R n offen, sei f : M → R m stetig differenzierbar und sei a ∈ M.a heißt regulärer Punkt von f oder f heißt regulär bei a, wenn eine derfolgenden äquivalenten Bedingungen erfüllt ist:( 1 ) Df(a) ist surjektiv.( 2 ) Df(a) hat maximalen Rang.( 3 ) rg a f = min{n, m}.f(a) heißt dann regulärer Wert von f.Ist a nicht regulär, so heißt a singulärer Punkt von f und f(a) heißtkritischer Wert von f.24.4.4 Satz 1Sei M ⊂ R n offen, sei f : M → R m stetig differenzierbar, sei a ∈ M und seirg a f = k.Dann gibt es eine Umgebung U ⊂ M mit a ∈ U, so dass für alle x ∈ U gilt:rg a f ≥ k

Kap.24 Implizite Funktionen 24724.4.5 UmkehrsatzSei M ⊂ R n offen, sei f : M → R m r-mal stetig differenzierbar und seia ∈ M ein regulärer Punkt von f.Dann gibt es eine offene Umgebung U ⊂ R n mit a ∈ U und eine offeneUmgebung V ⊂ R m mit b = f(a) ∈ V , so dass es weiter eine Funktiong : V → Ugibt, die r-mal stetig differenzierbar ist und für die g(b) = a sowie f ◦g = id Vgilt.g ist also die Umkehrfunktion von f in der Umgebung V .BeweisskizzeDer Umkehrsatz ist eine Folgerung aus dem Satz über implizite Funktionen.Sei Q : M × R m → R m mit Q(x, y) = x − f(y). Dann ist auch Q r-mal stetigdifferenzierbar und (a, b) = (f(a), a) ist eine Lösung des durch Q(x, y) = 0gegebenen Gleichungssystems. Weiter gilt( ) ∂Qdet∂y (a, b) ≠ 0,da a ein regulärer Punkt von f ist.Es gibt nun eine eindeutig bestimmte Auflösungsfunktion x = g(y), wasgerade der lokalen Umkehrfunktion von f entspricht.24.4.6 DefinitionSei M ⊂ R n offen und sei f : M → R m stetig differenzierbar.f heißt eine Immersion, wenn für alle x ∈ M rg x f = n gilt.f heißt eine Submersion, wenn für alle x ∈ M rg x f = m gilt.24.4.7 Kleiner Satz vom RangSei M ⊂ R n offen, sei f : M → R m r-mal stetig differenzierbar und seia ∈ M mit rg a f = m.Dann gibt es offene Menge U, V ⊂ R n mit a ∈ U und es gibt einen C r -Diffeomorphismen g : V → U, so dass gilt:(f ◦ g)(x) = Df(a) · (x) ∈ R m für alle x ∈ V

Kap.24 Implizite Funktionen 24824.4.8 Satz vom RangSei M ⊂ R n offen, sei f : M → R m r-mal stetig differenzierbar und seia ∈ M mit rg a f = k konstant.Dann gibt es offene Menge U, V ⊂ R n , offene Mengen W, N ⊂ R m und zweiC r -Diffeomorphismen g : V → U und h : N → W , so dass gilt:( 1 ) f(U) ⊂ N( 2 ) (h ◦ f ◦ g)(x) = Df(a) · (x) ∈ R m für alle x ∈ VAbbildung 2724.5 Aufgaben24.5.1 Aufgabe 1Sei M = {(x, y, z) ∈ R 3 | xy − z log y + e xz = 1}.Zeige, ob sich M in einer Umgebung von (0, 1, 1) als Graph von y = f(x, z)oder von z = g(x, y) darstellen lässt.LösungSei Q : R 3 → R mit Q(x, y, z) = xy−z log y+e xz −1. Dann ist Q(x, y, z) = 0also das zu M gehörige homogene Gleichungssystem.Da Q stetig differenzierbar und (0, 1, 1) eine Lösung dieses Gleichungssystemsist, lässt sich durch den Satz über implizite Funktionen überprüfen, obQ in einer Umgebung von (0, 1, 1) nach y = f(x, z) auflösbar ist. Es gilt∣ ∂Q 1∣ = ∂Q∂y ∂y= x − z undy∣ ∂Q 1∣ · (0, 1, 1) = 0 − 1 = − 1 ≠ 0.∂yDas Gleichungssystems Q(x, y, z) = 0 kann also in einer Umgebung von(0, 1, 1) nach y = f(x, z) aufgelöst werden.

Kap.24 Implizite Funktionen 249Demnach kann M in einer Umgebung von (0, 1, 1) als Graph von y = f(x, z)dargestellt werden.Weiter ist zu überprüfen, ob Q in einer Umgebung von (0, 1, 1) nach z =g(x, y) auflösbar ist.Es gilt∣ ∂Q 1∣ = ∂Q∂z ∂z = log y + xexz und∣ ∂Q 1 ∣∣(0, 1, 1) = 0 + 0 = 0.∂zDas Gleichungssystems Q(x, y, z) = 0 kann also in keiner Umgebung von(0, 1, 1) nach y = f(x, z) aufgelöst werden.M kann also in keiner Umgebung von (0, 1, 1) als Graph von y = f(x, z)dargestellt werden.24.5.2 Aufgabe 2Sei die Menge M gegeben durchM = {(x, y, z) ∈ R 3 | x 2 + y 2 + z 2 = 20 oder x − xy + z = 4}.Zeige, ob sich M in einer Umgebung von (0, 2, 4) als Graph von y = f 1 (x)oder von z = f 2 (x) darstellbar lässt.LösungSeien Q 1 , Q 2 : R 3 → R mitQ 1 (x, y, z) = x 2 + y 2 + z 2 − 20 undQ 2 (x, y, z) = x − xy + z − 4.Dann bilden Q 1 (x, y, z) = 0 und Q 2 (x, y, z) = 0 das zu M gehörigen homogeneGleichungssystem.Da Q 1 und Q 2 stetig differenzierbar sind und (0, 2, 4) eine Lösung des Gleichungssystemesist, kann der Satz über implizite Funktionen angewendetwerden. Es giltD · (x, y, z) :=∣∂Q 1∂y∂Q 2∂y∂Q 1∂z∂Q 2∂z∣=∣ 2y 2z−x 1 ∣= 2y + 2xz.Da D · (0, 2, 4) = 4 ≠ 0, kann Q = (Q 1 , Q 2 ) also in einer Umgebung von(0, 2, 4) nach y = f 1 (x) und z = f 2 (x) aufgelöst werden und somit lässt sichM in dieser Umgebung als Graph von y = f 1 (x) und z = f 2 (x) darstellen.

Kap.24 Implizite Funktionen 25024.5.3 Aufgabe 3Sei Q(x, y) = x 2 − 1 2 xy2 − 1 2 y4 .Untersuche, für welche x ∈ R nun Q durch eine Funktion f mit Q(x, f(x))dargestellt werden kann.LösungGesucht sind zunächst alle (x, y) ∈ R 2 , für die Q(x, y) = 0 gilt:x 2 − 1 2 xy2 − 1 2 y4 = 0 ⇒ x 1,2 = 1 4 y2 ±√116 y4 + 1 2 y4x 1,2 = 1 4 y2 ±√916 y4x 1,2= 1 4 y2 ± 3 4 y2x = − 1 2 y2 oder x = y 2Somit gilt alsoy = ± √ −2x für x ≤ 0 oder y = ± √ x für x ≥ 0.Gesucht sind alle x, für die ∂Q∂y(x, y) mit Q(x, y) = 0 invertierbar ist. Es gilt∂Q∂y (x, y) = −xy − 2y3 .Für alle (x, y) ≠ (x, 0) ist demnach ∂Q∂y(x, y) ≠ 0.Auf dieser Menge kann Q(x, f(x)) also in einer Umgebung von x durch eineFunktion f dargestellt werden.

25 IntegrationstheorieDie Integrationstheorie für die mehrdimensionale Integration kann auf unterschiedlicheWeisen hergeleitet werden, alle späteren Sätze sind jedoch imGrunde äquivalent.Dieses Kapitel erklärt exemplarisch das Lebesgue Integral.25.1 Elementarintegrale25.1.1 DefinitionSei M ⊂ R n eine nicht leere Menge und seien f, g : M → R zwei beliebigeFunktionen.Dann gelten folgende Definitionen punktweise (f + g heißt also f(x) + g(x)für alle x ∈ M):( 1 ) f + g, f · g, λf, |f|( 2 ) f ∨ g := max{f, g}( 3 ) f ∧ g := min{f, g}( 4 ) f + := f ∨ 0( 5 ) f − := −(f ∧ 0)Abbildung 2825.1.2 Definition und SatzSei E ein Vektorraum von reellen Funktionen auf einer nicht leeren MengeM.Dann sind äquivalent:( 1 ) f ∈ E ⇒ |f| ∈ E( 2 ) f ∈ E ⇒ f + ∈ E( 3 ) f ∈ E ⇒ f − ∈ E251

Kap.25 Integrationstheorie 252( 4 ) f, g ∈ E ⇒ f ∨ g ∈ E( 5 ) f, g ∈ E ⇒ f ∧ g ∈ EEin Vektorraum E mit diesen Eigenschaften heißt Rieszscher Raum.25.1.3 DefinitionSei E ein Rieszscher Raum auf M.Eine Abbildungµ : E → R, f ↦→ µ(f)heißt positives lineares Funktional, wenn gilt:( 1 ) µ ist linear( 2 ) aus f ∈ E mit f ≥ 0 folgt µ(f) ≥ 025.1.4 DefinitionSei µ : E → R ein solches positives lineares Funktional auf einem RieszschenRaum E.Dann heißt (E, µ) Elementarintegral oder Präintegral, wenn gilt:25.1.5 Beispiel∀ f n ∈ E : f n ↘ 0 ⇒ limn→∞ µ(f n) = 0Sei M = N und sei E = {f : N → R | ∃ N ∀ n > N : f(n) = 0}, also dieMenge aller abbrechender Folgen.Dann ist E ein Riezscher Raum und bildet zusammen mit∞∑µ : E → R, f ↦→ f(n)ein Elementarintegral.25.2 Treppenfunktion25.2.1 Definitionn=1Seien I 1 , .., I n ⊂ R offene, geschlossene oder halboffene Intervalle.Dann heißtein (achsenparalleler) Quader.Q = I 1 × . . . × I nv(Q) := l(I 1 ) · . . . · l(I n )ist das Volumen von Q, dabei ist l(I i ) die Länge von I i für i = 1, .., n.

Kap.25 Integrationstheorie 25325.2.2 DefinitionSei M eine nicht leere Menge und sei A ⊂ M.Dann ist die Abbildung1 A : M → R{ 1 für x ∈ Ax ↦→0 für x ∈ M \ Adie charakteristische Funktion von A.25.2.3 DefinitionEine Abbildung f : R n → R heißt Treppenfunktion, wenn es zu r QuadernQ i ⊂ R n gerade r Werte c i ∈ R gibt, so dass gilt:f(x) =r∑c i 1 Qi (x)i=1T (R n ) ist die Menge aller Treppenfunktionen auf R n .25.2.4 FolgerungZu jeder Funktion f ∈ T (R n ) gibt es paarweise disjunkte Quader Q 1 , .., Q rmitr∑f(x) = c i · 1 Qi (x).i=125.2.5 Satz 1T (R n ) ist ein Riezscher Raum.25.2.6 Definition und SatzSei f ∈ T (R n ∑) mit f = r c i · 1 Qi (x).i=1Dann hängt die Abbildungλ n : T (R n ) → R,f(x) ↦→r∑c i · v(Q i )i=1weder von der Wahl der Quader Q i noch von der Zahl r ab.25.2.7 Satz 2(T (R n ), λ n ) ist ein Elementarintegral.

Kap.25 Integrationstheorie 25425.3 Lebesgue Integral25.3.1 DefinitionSei R := R ∪ {−∞, +∞}.Dann gilt:( 1 ) a + ∞ = ∞ + a = ∞ für alle a ∈ R( 2 ) ∞ + ∞ = ∞ + ∞ = ∞( 3 ) c · ∞ = ∞ · c = ∞ für alle c > 0( 4 ) c · −∞ = −∞ · c = −∞ für alle c > 0( 5 ) c · ∞ = ∞ · c = −∞ für alle c < 0( 6 ) c · −∞ = −∞ · c = ∞ für alle c < 0( 7 ) c · ∞ = ∞ · c = 0 für c = 0( 8 ) −∞ + ∞ ist nicht erlaubt25.3.2 Definition und SatzSei M ⊂ R n und seiE ×:= {f : M → R | es gibt eine Folge f n ∈ E mit f n ↗ f}.Dann gilt:( 1 ) Aus f ∈ E × folgt f(x) ≠ −∞ für alle x ∈ M.( 2 ) E ⊂ E × .( 3 ) Für f, g ∈ E × sind auch f + g, f ∨ g, f ∧ g, c · f mit c ∈ R allesElemente von E × .( 4 ) Aus f n ∈ E × mit f n ↗ f folgt f ∈ E × .25.3.3 Satz 1Sei (E × , µ) ein Elementarintegral, seien f, g ∈ (E × , µ) und seien f n , g n ∈ Emit f n ↗ f und g n ↗ g.Dann gilt:( 1 ) Aus f ≤ g folgt limn→∞ µ(f n) ≤( 2 ) Aus f = g folgt limn→∞ µ(f n) =lim µ(g n).n→∞lim µ(g n).n→∞

Kap.25 Integrationstheorie 25525.3.4 Definition und SatzSei (E × , µ) ein Elementarintegral, sei f ∈ (E × , µ) und sei f n ∈ E mit f n ↗ f.Für die Abbildunggilt dann:( 1 ) µ × | E = µ.µ × : E × → R, f ↦→ limn→∞ µ(f n)( 2 ) Aus f, g ∈ E × folgt µ × (f + g) = µ × (f) + µ × (g).25.3.5 DefinitionSei f : M → R.µ ×× (f) := inf{µ × (g) | g ∈ E × mit f ≤ g} ∈ Rheißt oberes Integral von f.µ ×× (f) := −µ ×× (−f) heißt unteres Integral von f.f heißt integrierbar bezüglich (E, µ), wenn gilt:µ ×× (f) = µ ×× (f) ∈ Rµ(f) = µ ×× (f) = µ ×× (f) heißt dann das Integral von f.f heißt Lebesgue integrierbar, wenn f integrierbar bezüglich µ ist.25.3.6 Satz 2Sei (E × , µ) ein Elementarintegral und sei f n ∈ E mit f n ≥ 0.Dann gilt( ∞)∑µ ×× f nn=1≤∞∑µ ×× (f n ).n=125.3.7 Satz 3Sei (E × , µ) ein Elementarintegral und sei f ∈ E × .Dann ist f genau dann integrierbar, wenn µ × (f) < ∞ gilt.25.3.8 Satz 4Sei (E × , µ) ein Elementarintegral und sei f ∈ E × .Ist f integrierbar, so gilt µ(f) = µ × (f).

Kap.25 Integrationstheorie 25625.3.9 Definition und SatzSeiL = L(E, µ) := {f : M → R | f ist integrierbar}.Dann ist (L, µ) ein Elementarintegral.25.3.10 Definition(L(T (R n ), λ n ), λ n)heißt das Lebesgue Integral auf R n .Schreibweise∫Mf(x) dλ n (x)ist das Integral der Funktion f bezüglich λ n über der Menge M integriertnach x.25.4 Konvergenzsätze25.4.1 DefinitionSei (E, µ) ein Elementarintegral auf M.N ⊂ M heißt eine Nullmenge bezüglich (E, µ), wenn µ ×× 1 N = 0 gilt.25.4.2 Folgerung( 1 ) Die leere Menge ist eine Nullmenge.( 2 ) Teilmengen von Nullmengen sind wieder Nullmengen.( 3 ) Endliche Vereinigungen von Nullmengen sind wieder Nullmengen.25.4.3 Satz 1Das Innere einer Nullmenge ist stets leer.25.4.4 Beispiele( 1 ) Alle Geraden im Raum sind Nullmengen.( 2 ) Q ⊂ R ist eine Nullmenge.( 3 ) Der Graph jeder stetigen Funktion f : R n−1 → R ist eine Nullmengein R n .

Kap.25 Integrationstheorie 257( 4 ) Sei (λ n , T (R n )) das Elementarintegral über den Treppenfunktionenund seiQ = {x} × I 2 × . . . × I nein Quader.Dann gilt v(Q) = 0 und λ n 1 Q = 0, also ist Q eine Nullmenge.25.4.5 DefinitionSei M eine beliebige Menge und sei N eine geeignete Nullmenge.Eine Aussage gilt fast überall, wenn die Aussage auf M \ N gilt.25.4.6 Satz von B.Levi (monotone Konvergenz)Seien f n integrierbar und es gelte f n ↗ f fast überall.Dann ist f integrierbar und es gilt∫∫f dµ = f n dµ =25.4.7 Lemma von Fatoulimn→∞∫lim f n dµ.n→∞Seien f n nicht negativ, f n konvergiere fast überall gegen f und es gebe eing : M → R mit µ ×× g < ∞. Es gelte weiter f n ≤ g fast überall.Dann ist f integrierbar und es giltlimn→∞ µf n≤ µf.25.4.8 Satz von Lebesgue (majorantische Konvergenz)Seien f n integrierbar und es gelte limn→∞ f n = f punktweise und fast überall.Es gebe weiter ein g : M → R mit µ ×× g < ∞ und es gelte |f n | ≤ g fastüberall.Dann ist f integrierbar und es giltµf = µ limn→∞ f n = limn→∞ µf n.Gibt es also solch eine Funktion g mit |f n | ≤ g fast überall, dann ist Grenzwertund Integral vertauschbar.

Kap.25 Integrationstheorie 25825.5 Rechenregeln25.5.1 DefinitionSei M ⊂ R n offen und sei f : M → R stetig.T rf := {x ∈ M | f(x) ≠ 0}heißt der Träger von f und ist stets abgeschlossen.Es sei weiterK(M) := {f : M → R | f ist stetig und T rf ist kompakt in M}.25.5.2 Satz 1K(M) ist ein Rieszscher Raum und bildet zusammen mit jeder positivenlinearen Funktion µ : K(M) → R ein Elementarintegral.25.5.3 Multiplikation mit FunktionenSei M ⊂ R n offen, sei µ : K(M) → R ein Elementarintegral und seienh : M → ]0, ∞[µ h : K(M) → Rf ↦→ µ(f · h).Dann ist µ ××hf = µ×× (f · h) und es gilt∫∫f(x) dµ h (x) =M25.5.4 Transport mit HomöomorphismenMf(x) · h(x) dµ(x).Seien M, N ⊂ R n offen, sei ϕ : M → N ein Homöomorphismus und seiµ : K(M) → Rf ↦→ µ(f ◦ ϕ)ein Elementarintegral.Dann sei(ϕ # µ)f := µ(f ◦ ϕ).

Kap.25 Integrationstheorie 25925.5.5 Satz 2Sei α ∈ R mit α ≠ 0 und seiϕ : R n → R nx ↦→ αxein Homöomorphismus. Sei weiter f : R n → R λ n integrierbar.Dann gilt ϕ # λ n = 1|α n | λ n und es folgt∫f(αx) dλ n (x) = 1 ∫R n |α n f(x) dλ n (x).| R n25.6 ZusammenfassungIn der folgenden Übersicht sind noch einmal die wichtigsten Punkte derIntegrationstheorie zusammengetragen.25.6.1 Integrationstheorie im Mehrdimensionalen( 1 ) Definition eines Rieszchen Raumes.( 2 ) Definition eines positiv linearen Funktionals.( 3 ) Definition eines Elementarintegrals.∑( 4 ) Definition einer Treppenfunktion mit n c i 1 Qi (x).i=1( 5 ) Definition der Abbildung λ n : T (R n ) → R.( 6 ) Satz, dass (T (R n ), λ n ) ein Elementarintegral ist.( 7 ) Definition vonE ×= {f : M → R | es gibt eine Folge f n ∈ E mit f n ↗ f}.( 8 ) Definition der Abbildung µ × : E × → R als Fortsetzung von µ.( 9 ) Definition vonµ ×× (f) = inf{µ × (g) | g ∈ E × mit f ≤ g} ∈ R.( 10 ) Eine Funktion f heißt nun integrierbar, wennµ ×× (f) = µ ×× (f) =: µ(f)gilt.

Kap.25 Integrationstheorie 260( 11 ) Definition vonL = L(E, µ) = {f : M → R | f ist integrierbar}.( 12 ) ( L(T (R n ), λ n ), λ n)heißt dann gerade das Lebesgue Integral auf R n .Nach den Definitionen einer Nullmenge N durch µ ×× 1 N = 0 und den fastüberall Aussagen sind nun die Konvergenzsätze von B.Levi sowie Lebesguedie wichtigsten Ergebnisse der Integrationstheorie.25.7 Aufgaben25.7.1 Aufgabe 1Prüfe, wobei es sich um ein Elementarintegrale (E, µ) handelt.( 1 ) E = {f : R → R | f ist differenzierbar, f > 0} mit µ(f) = f ′ (0).( 2 ) E = {λid [0,∞[ | λ ∈ R} mit µ(f) = f(1).( 3 ) E = {λid R | λ ∈ R} mit µ(f) = f(1).( 4 ) E = C(R) = Mene aller stetigen Funktionen f mit µ(f) = f(a) und afest.LösungEs ist also jeweils zu überprüfen, ob gilt:( 1 ) E ist ein Riezscher Raum.( 2 ) µ ist ein positives lineares Funktional.( 3 ) Für alle f n ∈ E mit f n ↘ 0 folgt limn→∞ µ(f n) = 0.Teil 1E ist ein Riezscher Raum, µ aber kein positives lineares Funktional, dennzum Beispiel ist f(x) = e −x ein Gegenbeispiel.Somit ist (E, µ) kein Elementarintegral.Teil 2E ist ein Riezscher Raum, µ ist ein positives lineares Funktional und allegegen 0 konvergenten Funktionenfolgen haben den Grenzwert 0.Somit ist (E, µ) ein Elementarintegral.

Kap.25 Integrationstheorie 261Teil 3E ist kein Riezscher Raum.Somit ist (E, µ) kein Elementarintegral.Teil 4E ist ein Riezscher Raum, µ ist ein positives lineares Funktional da a fest istund alle gegen 0 konvergenten Funktionenfolgen haben den Grenzwert 0.Somit ist (E, µ) ein Elementarintegral.

26 IntegrationAlle folgenden Sätze lassen sich aus der Lebesgue-Theorie sowie aus anderenIntegrationstheorien folgern.26.1 Integrationsregeln26.1.1 Satz von FubiniEinfache FormSei I = [x 1 , x 2 ] × [y 1 , y 2 ] ⊂ R 2 ein Quader und sei f : R 2 → R Lebesgueintegrierbar.Dann gilt∫If(x, y) dxdy =∫ x2(∫ y2x 1y 1)f(x, y) dy dx .Allgemeine FormSei I x ⊂ R k und I y ⊂ R l , sei I = I x × I y ⊂ R n mit 0 < k, l < n sowiek + l = n und sei weiter f : R n → R gerade λ n integrierbar.Dann gilt∫26.1.2 Bemerkung 1If(x, y) dxdy =∫I x( ∫I yf(x, y) dyBeim Satz von Fubini kann die Reihenfolge von x und y stets vertauschtwerden, das heißt es gilt∫∫ ( ∫ ) (∫)f(x, y) dxdy = f(x, y) dy dx = f(x, y) dx dy.II x I y∫I y I x)dx.262

Kap.26 Integration 263Solange noch nicht feststeht, ob erst nach x oder erst nach y integriert wird,so schreibt man auch∫∫f(x, y) dxdy = f(x, y) d(x, y).26.1.3 Bemerkung 2IUm eine Lebesgue integrierbare Funktion f : R n → R mit n > 2 zu integrieren,kann der Satz von Fubini also rekursiv mehrmals angewendet werden.26.1.4 BeispielBerechne ∫ I(2x + 2y) dydx auf I = [0, 1] × [0, 1].LösungNach dem Satz von Fubini gilt∫I(2x + 2y) dydx =26.1.5 Prinzip von Cavalieri==∫ 1x=0∫ 1x=0∫ 1x=0I(∫ 1)(2x + 2y) dy dxy=0[2xy + y2 ] 1y=0 dx(2x + 1) dx= [ x 2 + x ] 1x=0= 2.Das Prinzip von Cavalieri ist genaugenommen ein Spezialfall des Satzes vonFubini.Seien K, L ⊂ R n+1 zwei Mengen und sei t ∈ R beliebig. SeienK t := {x ∈ R n | (x, t) ∈ K} ⊂ R n undL t := {x ∈ R n | (x, t) ∈ L} ⊂ R n .Ist für alle t ∈ R das Volumen von K t = L t , so haben auch K und L gleichesVolumen.

Kap.26 Integration 264Abbildung 2926.2 Transformationsformel26.2.1 Substitutionsregel oder TransformationsformelSei M ⊂ R n offen, sei Φ : M → R n stetig differenzierbar und es gelte füralle x ∈ Mdet(DΦ(x)) ≠ 0.Dann ist auch N = Φ(M) offen in R n .Sei weiter f : Φ(M) → R.Dann ist f genau dann λ n integrierbar über N, wenn f(Φ)·| det(DΦ)| geradeλ n integrierbar über M ist.Es folgt dann∫Nf(y) dy =∫Mf(Φ(x)) · | det(DΦ(x))| dx .26.2.2 BeispielBerechne ∫ R 2 e −(x2 +y 2) d(x, y).LösungSei Φ : M = ]0, ∞[×]0, 2π[ → R 2 mitΦ(x, y) = (x cos y, x sin y).Dann ist Φ(M) = R 2 \ {(u, 0) | u ≥ 0} und es gilt( )cos y −x sin ydet(DΦ(x, y)) = det= x cos 2 y + x sin 2 y = x > 0.sin y x cos ySei f : Φ(M) → R mitf(x, y) = e −(x2 +y 2) .

Kap.26 Integration 265Da {(u, 0) | u > 0} eine Nullmenge ist, kann f auf ganz R 2 betrachtetwerden.Aus der Transformationsformel folgt nun∫∫f d(x, y) = (f(Φ(x, y)) · | det(DΦ(x, y))| d(x, y)R 2 M===∫ ∞= 2π= 2π∫ 2πx=0 y=0∫ ∞ ∫ 2πx=0 y=0∫ ∞ [xye −x2] 2πx=0∫ ∞x=0∫ ∞t=0e −[(x cos y)2 +(x sin y) 2] x dydxxe −x2 dydxxe −x2 dx12 e−t dt= π [ −e −t] ∞t=0y=0 dxdt = π.26.3 Volumenberechnung im RaumHat man eine Menge M ⊂ R 3 gegeben durch zum Beispiel∣ t := x 2 , dt = 2x dxM = {(x, y, z) ∈ R 3 | a < x < b, 0 < y < g(x), 0 < z < f(x, y)},so ergibt sich für das Volumen V M dieser Menge∫V M = 1 M d(x, y, z),Mdabei sind f, g stetige Funktionen und 1 M ist die charakteristische Funktionauf der Menge M.26.3.1 ZylinderkoordinatenSei M ⊂ R 3 gegeben durchM = {(x, y, z) ∈ R 3 | a < x < b, − g(x) < y < g(x), 0 < z < f(x, y)}.Durch Anwenden der Transformationsformel mitΦ : R 2 → R 2(r, ϕ) ↦→ (r cos(ϕ), r sin(ϕ))lässt sich die Menge M durch geeignete Wahl von ϕ 1 und ϕ 2 sowie denIntegrationsgrenzen in so genannten Zylinderkoordinaten darstellen, um

Kap.26 Integration 266das Volumen V M leichter berechnen zu können.Es ergibt sich dann∫V M = 1 M d(x, y, z) =M∫ ϕ2∫ r2 (ϕ)ϕ 1 r 1 (ϕ)f(Φ(x, y)) · r drdϕ.Ein Beispiel hierzu siehe 26.5.5 auf Seite 274.26.3.2 PolarkoordinatenEin Spezialfall von Zylinderkoordinaten zur Berechnung eines Volumenintegralssind Polarkoordinaten.Damit lässt sich das Volumen unter einer Funktion f(x, y) mit einem Kreissektorvom Radius R um den Ursprung als Grundfläche berechnen.Wiederum durch Anwenden der Transformationsformel mitΦ : R 2 → R 2(r, ϕ) ↦→ (r cos(ϕ), r sin(ϕ))lässt sich eine solches Volumen V M durch geeignete Wahl von ϕ 1 und ϕ 2darstellen.Es ergibt sich dann∫V M =M1 M d(x, y, z) =∫ ϕ2∫ Rϕ 1 0f(Φ(x, y)) · r drdϕ.26.3.3 BeispielSei f(x, y) = xy 2 und M ⊂ R 3 gegeben durchM = {(x, y, z) ∈ R 3 | 0 < x < √ R 2 − y 2 , 0 < y < R, 0 < z < f(x, y)}.Abbildung 30Das Volumen V M ist also das Volumen unter dem Graphen der Funktionf(x, y) mit einem Viertelkreis als Grundfläche. In diesem Fall lässt sich dasVolumen in kartesischen sowie Polarkoordinaten berechnen:

Kap.26 Integration 267Kartesische KoordinatenDie Grenzen des Volumenintegrals ergeben sich direkt aus der gegebenenMenge M. Es gilt alsoV M =∫M1 M d(x, y, z) ===∫ R0∫ R0∫ R0∫ √ R 2 −y 2xy 2 dxdy012 (R2 − y 2 )y 2 dy12 R2 y 2 − 1 2 y4 dy=[ 16 R2 y 3 − 1 10 y5 ] Ry=0= 1 15 R5 .PolarkoordinatenIn Polarkoordinaten gilt nun x = r cos(ϕ) und y = r sin(ϕ). Um den gegebenenViertelkreis zu erhalten, muss ϕ in den Grenzen von 0 bis ϕ/2 gewähltwerden. Es folgt somitV M =∫M1 M d(x, y, z) ====∫ π/2 ∫ R0 0∫ π/2 ∫ R0 0∫ π/2 ∫ R0∫ π/200f(r cos(ϕ), r sin(ϕ)) · r drdϕr cos(ϕ) · r 2 sin 2 (ϕ) · r drdϕr 4 cos(ϕ) sin 2 (ϕ) drdϕ15 R5 cos(ϕ) sin 2 (ϕ) dϕ= 1 ∫ π/25 R5 cos(ϕ) sin 2 (ϕ) dϕ= 1 [ sin 3 (ϕ)5 R5 ·30= 1 5 R5 · 13= 1 15 R5 .] π/2ϕ=0

Kap.26 Integration 26826.4 Parameterintegrale26.4.1 Satz 1 (Ableiten nach der oberen Grenze)Sei f stetig und sei F : R → R mitDann giltF (x) =∫ xaf(t) dt.F ′ (x) = ∂F∂x= f(x).Das heißt man differenziert nach der oberen Grenze, indem man diese in denstetigen Integranden einsetzt.Dieser Satz folgt unmittelbar aus dem Hauptsatz der Analysis.26.4.2 Satz 2 (Ableiten nach Parameter im Integranden)Sei ∂f∂xDann giltstetig und sei F : R → R mitF (x) =∫ baf(x, t) dt.F ′ (x) = ∂F ∫ b∂x = ∂f(x, t) dt.∂xDas heißt man differenziert nach einem Parameter im Integranden, indemman die stetige partielle Ableitung nach diesem Parameter integriert.26.4.3 Satz 3 (Ableiten durch Ersetzen der Grenzen)Sei F : R → R mitaF (x) = F(u, v, x) =∫ v(x)u(x)f(x, t) dt.Dann giltF ′ (x) = ∂F∫ v(x)∂x = f(x, v(x)) · v′ (x) − f(x, u(x)) · u ′ ∂f(x) + (x, t) dt.u(x) ∂x26.4.4 BeispielSei F : R → R mitBerechne F ′ (x).F (x) =∫ x 3x 2sin ttdt.

Kap.26 Integration 269Lösung nach Satz 1Sei G : R → R mitNach Satz 1 folgt alsoWeiter giltF (x) =G(x) ==Nach der Kettenregel folgt nunLösung nach Satz 3SeiEs gilt also:∫ x1sin ttG ′ (x) = sin xx .∫ x 3x∫ 2x 31sin ttsin ttdtdt.= G ( x 3) − G ( x 2) .∫ x 2sin tdt − dt1 tF ′ (x) = ( G ( x 3) − G ( x 2)) ′= G ′ ( x 3) · 3x 2 − G ′ ( x 2) · 2x== 3 ·sin x3· 3x 2 sin x2− · 2xx 3sin x3xF (x) = F(u, v, x) =f(x, t) = sin ttNach Satz 3 folgt nun− 2 ·x 2∫ v(x)sin x2x .u(x)f(x, t) dt.u(x) = x 2 ⇒ u ′ (x) = 2xv(x) = x 3 ⇒ v ′ (x) = 3x 2⇒∂f (x, t) = 0∂xF ′ (x) = f(x, v(x)) · v ′ (x) − f(x, u(x)) · u ′ (x) +∫ x 3= f(x, x 3 ) · v ′ (x) − f(x, x 2 ) · u ′ (x) +== 3 ·sin x3x 3sin x3x∫· 3x 2 sin x 3x2−x 2 · 2x + 0 dtx 2sin x2− 2 ·x .x 2∫ v(x)u(x)∂f(x, t) dt∂x∂f(x, t) dt∂x

Kap.26 Integration 27026.5 Aufgaben26.5.1 Aufgabe 1Berechneauf I = [0, 1] × [0, x].Lösung∫Isin xxdxdyNach dem Satz von Fubini gilt∫sin xI x∫Idxdy = sin xxdydx∫ 1(∫ x)sin x=x=0 y=0 x dy dx∫ 1[ ] sin x x=x=0 x · y dxy=0=∫ 1x=0sin x dx= [− cos x] 1 x=0= 1 − cos 1.Die Überlegung, ob man zuerst nach x oder nach y integriert kann von großerBedeutung sein. Bei dieser Aufgabe würde es sehr viel schwieriger werden,wenn man zuerst nach x und nicht nach y integriert würde.26.5.2 Aufgabe 2Sei F : R → R mitBerechne F ′ (x).LösungF (x) =∫ sin xe 3xx 2 t dt.SeiEs gilt also:F (x) = F(u, v, x) =∫ v(x)u(x)f(x, t) dt.u(x) = e 3x ⇒ u ′ (x) = 3e 3xv(x) = sin x ⇒ v ′ (x) = cos xf(x, t) = x 2 t ⇒ ∂f (x, t) = 2xt∂x

Kap.26 Integration 271Es folgt nun∫ v(x)F ′ (x) = f(x, v(x)) · v ′ (x) − f(x, u(x)) · u ′ ∂f(x) + (x, t) dt∂x26.5.3 Aufgabe 3= x 2 sin x · cos x − x 2 e 3x · 3e 3x +∫ sin xe 3xu(x)2xt dt.Sei M = {(x, y) ∈ R 2 | x > 0, y > 0, x + y < 1}. Berechne∫x 2 y dλ 2 (x, y).LösungFür die Menge M giltdemnach folgtMM = {(x, y) ∈ R 2 | x > 0, y > 0, y < 1 − x},∫Mx 2 y d(x, y) === 1 2= 1 2∫ 1x=0∫ 1x=0∫ 1x=0∫ 1∫ 1−xy=0x 2 y dydx[ ] 1 1−x2 x2 y 2 dxx=0y=0x 2 (1 − x) 2 dxx 2 − 2x 3 + x 4 dx26.5.4 Aufgabe 4= 1 [ 12 3 x3 − 1 2 x4 + 1 ] 15 x5 x=0= 1 ( 12 3 − 1 2 5)+ 1= 1 2 ·130 = 1 60 .Berechne das Volumen eines Kreiszylinders im R 3 mit Hilfe der Transformationsformel.

Kap.26 Integration 272LösungSei V das Volumen eines Kreiszylinders im R 3 mit dem Radius r und derHöhe h.Das Volumen kann dann genau berechnet werden als Integral unter derkontstanten Funktion f = h auf der MengeM = {(x, y) ∈ R 2 | x 2 + y 2 < r 2 },das heißtSeiV =∫Mf d(x, y).Φ : ]0, r[×]0, 2π[ → R 2(x, y) ↦→ (x cos(y), x sin(y)).Dann ist das Bild von Φ genau M, es gilt | det(DΦ(x, y))| = x und es folgtnach der Transformationsformel∫V = f d(x, y)====26.5.5 Aufgabe 5M∫ 2π ∫ ry=0 x=0∫ 2π ∫ ry=0∫ 2πy=02π · hr22x=0hr 22 dyf(Φ(x, y)) · | det(DΦ(x, y))| dxdyhx dxdy= πr 2 · h.Aus einer Kugel im R 3 vom Radius r > 0 wird ein Zylinder vom Radiusr/2 so herausgebohrt, dass der Zylindermantel durch den Mittelpunkt derKugel geht.Berechne das Volumen, dass aus der Kugel entfernt wurden ist.LösungZunächst werden zwei Stammfunktionen berechnet, die später benötigt werden:( 1 ) ∫ √r 2 − x 2 · x dx = − 1 3(√r 2 − x 2 ) 3

Kap.26 Integration 273Wählt manf(x) = √ x, ϕ(x) = r 2 − x 2 und ϕ ′ (x) = −2x,so erhält man nach der Substitutionsregel∫ √r 2 − x 2 x dx = − 1 ∫f(ϕ(x)) · ϕ ′ (x) dx2= − 1 ∫f(z) dx2= − 1 2 · 2 (√ ) 3 z3= − 1 (√ ) 3r32 − x 2∣ z = ϕ(x)( 2 )∫sin 3 (x) dx = − cos(x) + cos3 (x)3Es gilt ∫ ∫sin 3 (x) dx = sin(x)(1 − cos 2 (x)) dx∫= − cos(x) − sin(x) cos 2 (x) dx= − cos(x) −∫ √1− cos 2 (x) cos 2 (x) dx.Durch Substitution von z = cos(x) erhält man∫∫ √1 −sin 3 z2 · z 2(x) dx = − cos(x) +dzsin(x)∫ √1 − z2 · z 2= − cos(x) + √ dz1 − z 2= − cos(x) + z33= − cos(x) + cos3 (x).3Sei K ⊂ R 3 die Kugel, deren Mittelpunkt bei (0, 0, 0) liegt und die denRadius r hat. Weiter sei Z der Teil der Kugel, der oberhalb der xy-Ebeneaus der Kugel herausgebohrt wurde. Für das gesuchte Volumen V gilt dannV = 2V Z .Die Menge Z kann beschrieben werden durch{∣Z = (x, y, z) ∈ R 3 ∣∣ 0 ≤ x ≤ r,− √ (r/2) 2 − (x − r/2) 2 ≤ y ≤ √ (r/2) 2 − (x − r/2) 2 ,0 ≤ z ≤ √ r 2 − x 2 − y 2 }.

Kap.26 Integration 274Abbildung 31Diese Beschreibung der Menge Z ist recht offensichtlich: Nach oben wird Zdurch die Kugelfläche x 2 + y 2 + z 2 = r 2 begrenzt, daher gilt0 ≤ z ≤ √ r 2 − x 2 − y 2 .In der xy-Ebene wird die Grundfläche durch einen Kreis mit dem Radius(r/2) und dem Mittelpunkt (r/2, 0) gegeben, daher gilt− √ (r/2) 2 − (x − r/2) 2 ≤ y ≤ √ (r/2) 2 − (x − r/2) 2 und 0 ≤ x ≤ r.Es bietet sich an, die Menge Z in Zylinderkoordinaten darzustellen, umspäter leichter integrieren zu können. Anhand der SkizzeAbbildung 32erkennt man leicht, dass dann gilt:{∣Z = (ϕ, c, z) ∈ R 3 ∣∣ π −2 < ϕ < π 2 , 0 < c < r · cos(ϕ), 0 ≤ z ≤ √ }r 2 − c 2Es folgt nunV Z ==∫Z∫ π/2= − 1 31 Z d(x, y, z)∫ r cos(ϕ)ϕ=−π/2 c=0∫ π/2−π/2√r 2 − c 2 · c dcdϕ[ ( √ ) ] 3 r cos(ϕ)r 2 − c 2 dϕc=0

Kap.26 Integration 275= − 1 3= − 1 3= − r33= − r33= − r33= − r33= − r33= − r33= − r33∫ π/2−π/2∫ π/2−π/2∫ π/2−π/2∫ π/2((−π/2−π −−π −(−π −r 3 −(√r 2 − r 2 cos 2 (ϕ)) 3dϕr 3 −(√r 2 (1 − cos 2 (ϕ))) 3dϕ1 −(√1 − cos 2 (ϕ)) 3dϕ1 − | sin 3 (ϕ)| dϕ∫ π/2−π/2∫ 0−π/2(−1 + 1 3(−π + 2 3 + 2 )3( ) 43 − π= r33| sin 3 (ϕ)| dϕsin 3 (ϕ) dϕ −)∫ π/20) (− −1 + 1 3(π − 4 ).3Für das gesuchte Volumen V gilt alsoV = 2V Z = 2 (3 r3 π − 4 ).3))sin 3 (ϕ) dϕ)26.5.6 Aufgabe 6Durch3√x 2 + 3√ y 2 = 1wird im R 2 eine geschlossene Kurve beschrieben, die Astroide.Berechne den von dieser Kurve eingeschlossene Flächeninhalt F mit Hilfeder Transformation (x, y) ↦→ (x cos 3 (y), x sin 3 (y)).LösungSei also Φ : R 2 → R 2 mitΦ(x, y) = (x cos 3 (y), x sin 3 (y)).Dann gilt| det(DΦ(x, y))| =( cos∣ det 3 (y)sin 3 (y))∣−3x cos 2 (y) sin(y) ∣∣∣3x cos(y) sin 2 = 3 (y) 4 x sin2 (2y).

Kap.26 Integration 276SeiM = {(x, y) ∈ R 2 |3√x 2 + 3√ y 2 = 1}.Abbildung 33Die gesuchte Fläche F ist dann genau∫F = 1 M d(x, y)mit der charakteristischen Funktion 1 M .MUm die Transformationsformal anwenden zu können, muss eine Menge Ngefunden werden, für die Φ(N) = M gilt:3√x 2 + 3√ y 2 = 1√ √3x cos 3 (y) + 3 x sin 3 (y) = 13√x2 · (cos 2 (y) + sin 2 (y)) = 1x ≤ 1Demnach gilt für N = ]0, 1[ × ]0, 2π[ genau Φ(N) = M und es folgt∫F = 1 M d(x, y)=∫M1 M (Φ(x, y)) · 34 x sin2 (2y) d(x, y)==N∫ 2π ∫ 1y=0∫ 2πy=0∫ 2π3x=0 4 x sin2 (2y) dxdy[ 38 x2 sin 2 (2y) dy= 3 sin 2 (2y) dy8 y=0= 3 [ 4y − sin(4y)8 8] 2π0] 1x=0= 3 8 π.

27 Beweise27.1 Zahlensysteme27.1.1 Binomische FormelSeien a, b ∈ R und sei n ∈ N. Dann giltBeweis(a + b) n =Beweis durch vollständige Induktion:n∑k=0( nk)a k b n−k .( IV ) Es gelte für ein n ∈ N(a + b) n =n∑k=0( nk)a k b n−k .( IA ) Es gilt( IS ) Es gilt(a + b) 1 = a + b =1∑k=0( nk)a k b n−k = b + a.===(a + b) n+1 = (a + b) n · (a + b)n∑( nak)k b n−k · (a + b)k=0n∑( n (ak) k+1 b n−k + a k b n+1−k)k=0n∑k=0( nk)a k+1 b (n+1)−(k+1) +n∑k=0( nk)a k b n+1−k277

Kap.27 Beweise 278====n+1∑( ) na k b n+1−k +k − 1k=1n∑(( ) nk=1k − 1n∑( n + 1k=1n+1k∑( n + 1kk=0n∑k=0( nk)a k b n+1−k( n+ ak))k b n+1−k +)a k b n+1−k +)a k b n+1−k .( ) n + 1a n+1 +n + 1( ( n nan)n+1 b 0 + a0)0 b n+1( n + 10)b n+1Die binomische Formel gilt somit für alle n ∈ N.✷27.1.2 Satz von PythagorasIn einem rechtwinkligem Dreieck mit den Seitanlängen a, b und c giltBeweisa 2 + b 2 = c 2 .Folgendes Quadrat besteht aus vier identischen, aber beliebigen, rechtwinkligenDreiecken mit den Seitenlängen a, b und c und einem großen Quadratin der Mitte:Abbildung 34Der Flächeninhalt A des gesamten Quadrates lässt sich auf unterschiedlichenWeisen berechnen:( 1 ) A = (a + b) 2 = a 2 + 2ab + b 2( 2 ) A = 4( 1 2 ab) + c2 = 2ab + c 2Durch diese beiden Gleichungen erhält man a 2 + 2ab + b 2 = 2ab + c 2 undsomit a 2 + b 2 = c 2 .✷

Kap.27 Beweise 27927.2 Folgen und Funktionalgleichungen27.2.1 Funktionalgleichung des LogarithmusFür alle x, y > 0 giltlog(x · y) =log(x) + log(y).BeweisSei wie üblich (x n ) n≥0 eine rekursive Folge mit x 0 = x und x n+1 = √ x n .Seien nun analog auch (y n ) n≥0 und (z n ) n≥0 zwei rekursive Folgen mit y 0 = y,z 0 = z, y n+1 = √ y n und z n+1 = √ z n .Es sei dabei stets z = x · y. Somit gilt auch z n = x n · y n für alle n ≥ 0.Es gilt limn→∞ x n = 1 und die Folge (a n ) n∈N mit a n = 2 n (x n − 1) konvergiertgegen log(x). Überträgt man dieses Ergebnis, so erhält manlog(z) = limn→∞ 2n (z n − 1)= limn→∞ 2n (x n y n − 1)= limn→∞ (2n x n y n − 2 n )= limn→∞ (2n x n y n − 2 n x n + 2 n x n − 2 n )= limn→∞ (2n x n (y n − 1) + 2 n (x n − 1))= lim n) · limn→∞ n→∞ (2n (y n − 1)) + limn→∞ (2n (x n − 1))= log(y) + log(x).27.2.2 Funktionalgleichungen des ArkustangensFür alle x, y ∈ R mit x · y < 1 gilt( ) x + yarctan1 − xy= arctan x + arctan(y).Für alle x, y ∈ R mit x · y > −1 gilt( ) x − yarctan= arctan x − arctan(y).1 + xyBeweis✷Seien x, y ∈ R mit x · y < 1 und seiz =x + y1 − xy .

Kap.27 Beweise 280Definiert man nun wie üblich die Folge (x n ) n≥0 mit x 0 = x undx n+1 =x n1 + √ 1 + x 2 nsowie ganz analog (y n ) n≥0 und (z n ) n≥0 , so gilt für alle n ≥ 0 geradez n = x n + y n1 − x n y n.Es gilt lim n = 0 und die Folge (a n ) n∈N mit a n = 2 n x n konvergiert gegenn→∞arctan(x). Überträgt man dieses Ergebnis, so erhält man( ) x + yarctan1 − xy= arctan(z)= limn→∞ 2n z n=2 n x n + 2 n y nlimn→∞ 1 − x n y n= limn→∞ 2n x n + limn→∞ 2n y n= arctan(x) + arctan(y).Ersetzt man y durch −y, so erhält man die zweite Behautung.✷27.2.3 Funktionalgleichung der ExponentialfunktionFür alle x, y ∈ C giltexp(x + y) =exp(x) · exp(y).BeweisEs gilt exp(x) = ∞ ∑n=0x∑nn!und exp(y) = ∞n=0y nn!. Für den n-ten Summandender Produktreihe ergibt sich nach der Binomischen Formel geraden∑ x kt n =k! · y n−k= 1 n∑( nx(n − k)! n! k)k y n−k = 1 n! (x + y)n .k=0Somit folgt alsoexp(x + y) =∞∑t n =n=0∞∑n=0k=01n! (x + y)n =∞∑ (x + y) n.n!n=027.2.4 Funktionalgleichung von Sinus und Cosinus✷Für alle x ∈ R giltsin(x) 2 + cos(x) 2 = 1.

Kap.27 Beweise 281BeweisEs gilt nach Definition geradecos(x) + i sin(x) =exp(ix).Weiter folgt ausexp(ix) = exp(ix) = exp(−ix) =1exp(ix)gerade exp(ix) · exp(ix) = 1. Demnach gilt nun für alle x ∈ R auch gerade| exp(ix)| 2 = 1. ✷27.2.5 Cauchysches Konvergenzkriterium(R, | |) und (C, | |) sind vollständig metrische Räume.Beweis 1Zunächst soll die Behauptung für die reellen Zahlen bewiesen werden. Dabeibietet es sich an, das Dedekindsche Schnittaxiom zu nutzen.Sei also (a n ) n∈N eine Cauchyfolge in R und seienA = {x ∈ R | ∃ N ∈ N ∀ n ≥ N : x < a n },B = {y ∈ R | ∃ N ∈ N ∀ n ≥ N : y > a n }.Die Menge A enthält also alle x ∈ R, die ab einem N ∈ N kleiner sind alsdie Folgeglieder. B hingegen enthält alle y ∈ R, die ab einem N ∈ N größersind als die Folgeglieder.Die beiden Mengen A und B sind offenbar nicht leer, da (a n ) n∈N beschränktist. Weiter gilt x < y für alle x ∈ A und y ∈ B und es ist A ∪ B = R.Nach dem Dedekindschen Schnittaxiom gibt es also eine Schnittzahl s ∈ Rmit x ≤ s ≤ y für alle x ∈ A und y ∈ B.Es soll nun gezeigt werden, dass gerade dieses s der Grenzwert der Folge(a n ) n∈N ist. Sei dazu ε > 0 beliebig und wähle N ∈ N so, dass für allen, m ≥ N|a n − a m | < ε/2gilt. Für alle n ≥ N folgt nuna N − ε/2 < a n< a N + ε/2,also gilt a N − ε/2 ∈ A sowie a N + ε/2 ∈ B. Es ist also geradea N − ε/2 ≤ s ≤ a N + ε/2

Kap.27 Beweise 282und es ergibt sich somit|a n − s| ≤ |a n − a N | + |a N − s| < ε/2 + ε/2 = ε.Damit ist die Vollständigkeit der reellen Zahlen gezeigt. Nun zu den komplexen,dabei soll das Problem einfach auf die reellen Zahlen vereinfachtwerden.Eine komplexe Folge (a n ) n∈N ist genau dann eine Cauchyfolge in C, wenndie Folge (x n ) n∈N aus dem Realteil von (a n ) n∈N und die Folge (y n ) n∈N ausdem Imaginärteil von (a n ) n∈N Cauchyfolgen in R sind. Da nun aber diereellen Cauchyfolgen (x n ) n∈N und (y n ) n∈N in R konvergent sind, seien dieGrenzwerte dieser beiden Folgen x bzw. y mit x, y ∈ R. Dann ist aber genaux + iy ∈ C der Grenzwert von (a n ) n∈N , somit ist auch jede komplexeCauchyfolge konvergent.✷Beweis 2Sei also (a n ) n∈N eine Cauchyfolge in R oder in C. Dann ist (a n ) n∈N beschränktund hat somit einen Häufungspunkt a. Es soll nun gezeigt werden,dass dieser Häufungspunkt gerade der Grenzwert von (a n ) n∈N ist. Sei dazuε > 0 beliebig und wähle N ∈ N so, dass dass für alle n, m ≥ N|a n − a m | < ε/2gilt. Es gibt nun aber auch ein m ≥ N mit |a m − a| < ε/2. Zusammen folgtnun nach der Dreiecksungleichung27.3 Reihen|a n − a| ≤ |a n − a m | + |a m − a| < ε/2 + ε/2 = ε.27.3.1 Cauchykriterium für Reihen∑Eine reelle oder komplexe Reihe ∞ a n konvergiert genau dann, wenn gilt:BeweisSei s l =l ∑i=0n=1∀ ε > 0 ∃ N ∈ N ∀ n ≥ N ∀ k ≥ 0 :a i die l-te Partialsumme. Dann ist gerade|s n+k − s n−1 | =∣ n+k∑ ∣∣∣∣ a i .∣i=n∣ n+k∑ ∣∣∣∣ a i < ε∣i=n✷

Kap.27 Beweise 283Die gegebene Bedingung besagt also, dass (s n ) n∈N eine Cauchyfolge ist. Daaber nun R und C vollständig sind, konvergiert die Folge (s n ) n∈N und diegegebene Reihe ist somit konvergent.✷27.3.2 Satz über absolut konvergente ReihenJede absolut konvergente Reihe ist auch konvergent.Die Umkehrung ist im Allgemeinen falsch.Beweis∑Sei also ∞ a n eine beliebige absolut konvergente Reihe.n=1Nach dem Cauchykriterium für Reihen gibt es nun zu jedem ε > 0 einN ∈ N, so dass für alle n ≥ N und k ≥ 0 gilt:n+k∑|a i | < εi=nNach der Dreiecksungleichung gilt dann aber auch gerade für die gleichen nund k∣ ∣ ∣∣∣∣ n+k∑ ∣∣∣∣ n+k∑a i ≤ |a i | < ε,i=ni=nsomit ist jede absolut konvergente Reihe auch konvergent.Dass nicht jede konvergente Reihe auch absolut konvergent ist, zeigt zumBeispiel die alternierende harmonische Reihe.✷27.3.3 Geometrische Reihe∑Die Reihe ∞ q n = 11−qkonvergiert für alle |q| < 1.Beweisn=0Nach der endlich geometrischen Reihe aus Beispiel 5.4.2 gilt für die Partialsummenvon ∞ q n ∑geraden=0k∑n=0q n = qn+1 − 1q − 1 ,da |q| < 1 gilt. Somit konvergiert die Folge der Partialsummen gegen−1q − 1 = 11 − q . ✷

Kap.27 Beweise 28427.3.4 Majorantenkriterium∑Die Reihe ∞ ∑a n ist absolut konvergent, wenn ∞ b n konvergiert und für allen=1n ∈ N gerade |a n | ≤ b n gilt.Beweisn=1Es sind also alle b n ≥ 0 und somit gilt für alle n ∈ N auchaber somit gilt auchk∑n=1b n≤k∑|a n | ≤n=1∞∑b n ,n=1∞∑b n .n=1Die monoton wachsende Folge der Partialsummen von∞ ∑n=1|a n | ist somit∑durch den Grenzwert von ∞ ∑b n beschränkt, also ist die Reihe ∞ a n auchn=1konvergent und in diesem Falle sogar absolut konvergent.27.3.5 Quotientenkriterium∑Die Reihe ∞ a n ist absolut konvergent, wenn limn=1∣∣ ∣∣divergiert, wenn lim > 1 gilt.BeweisSei zunächstlim∣ a n+1n→∞ a n∣∣ a n+1n→∞ a n∣∣ a n+1n→∞ a nn=1✷∣ ∣∣ < 1 gilt. Die Reihe∣ ∣∣ = t ∈ [0, 1[ . Da das Abändern endlich vielerSummanden das Konvergenzverhalten nicht beeinträchtigt, gilt ohne Beschränkungder Allgemeinheit∣Durch Induktion ergibt sich somitDa die Reihe∞ ∑n=1∣a n+1a n∣ ∣∣∣≤ t für alle n ∈ N.|a n | ≤ |a 1 | · t n−1 .|a 1 | · t n−1 für 0 ≤ t < 1 nach der geometrischen Reihekonvergiert, wurde also eine Majorante für die gegebene Reihe gefunden.Für den zweiten Teil der Behauptung argumentiere man analog und findeeine Minorante.✷

Kap.27 Beweise 28527.3.6 Wurzelkriterium∞ ∑Die Reihe a n ist absolut konvergent, wennn=1√nReihe divergiert, wenn lim |an | > 1 gilt.n→∞Beweislimn→∞√n |an | < 1 gilt. DieDer Beweis ist dem Quotientenkriterium sehr ähnlich.√nSei zunächst lim |an | = t ∈ [0, 1[ . Da das Abändern endlich vielern→∞Summanden das Konvergenzverhalten nicht beeinträchtigt, gilt ohne Beschränkungder Allgemeinheit√n |an | ≤ t für alle n ∈ N.Es ergibt sich somit|a n | ≤ t n .∑Da die Reihe ∞ t n für 0 ≤ t < 1 nach der geometrischen Reihe konvergiert,n=1wurde also eine Majorante für die gegebene Reihe gefunden.Für den zweiten Teil der Behauptung argumentiere man analog und findeeine Minorante.✷27.3.7 LeibnizkriteriumDie Reihe∞ ∑n=1a n > 0 für alle n ∈ N ist.Beweis(−1) n a n konvergiert, wenn a n eine monotone Nullfolge mitDa (a n ) n∈N eine monoton fallende Folge ist, gilt a n −a n+1 ≥ 0 für alle n ∈ N.Sei nun s l =l ∑n=1ist die Folge (s 2k ) k∈N mit(−1) n a n die l-te Partialsumme der gegebenen Reihe. Danns 2k = −a 1 + (a 2 − a 3 ) + (a 4 − a 5 ) + . . . + (a 2k−2 − a 2k−1 ) + a 2k= −(a 1 − a 2 ) − (a 2 − a 4 ) − . . . − (a 2k−1 + a 2k )monoton fallend und durch −a 1 nach unten beschränkt, also konvergent.Analog ist die Folge (s 2k+1 ) k∈N mits 2k+1 = −a 1 + (a 2 − a 3 ) + (a 4 − a 5 ) + . . . + (a 2k − a 2k+1 )= −(a 1 − a 2 ) − (a 2 − a 4 ) − . . . − (a 2k−1 + a 2k ) − a 2k+1

Kap.27 Beweise 286monoton wachsend und durch 0 nach oben beschränkt, also konvergent.Es gilt weiterlim s 2k − lim s 2k+1 = lim (s 2k − s 2k+1 ) =k→∞ k→∞ k→∞lim (a 2k+1) = 0,k→∞somit ist auch die Folge (s n ) n∈N der Partialsummen konvergent.✷27.3.8 Verdichtungskriterium∑Die Reihe ∞ a n konvergiert bzw. divergiert, wenn a n eine monoton fallenden=1∑Nullfolge ist und ∞ 2 n a 2 n konvergiert bzw. divergiert.n=1BeweisEs wird nur die Aussage für die Konvergenz gezeigt.Es gilt zunächst für alle k ∈ N12 · (2k a 2 k) = 2 k−1 a 2 k ≤2 k ∑n=2 k−1 +1a n ,da die Summe genau 2 k−1 Summanden hat und a 2 kEs folgt somitder kleinstes davon ist.b m := 1 m∑2 · 2 k a 2 k ≤k=1m∑2 k ∑k=1 n=2 k−1 +1a n =2 m ∑n=2a n .Die Folge (b n ) n∈N ist somit monoton wachsend und durch die konvergente∑Reihe ∞ a n nach oben beschränkt, also auch konvergent. Demnach ist aberdurchn=1(s n ) n∈N = 2 · (b n ) n∈Ndie Folge der Partialsummen konvergent.✷27.3.9 Integralkriterium∑Die Reihe∞ ∞∫a n konvergiert, wenn f(x) dx mit f(n) = a n uneigentlichn=1existiert und die Abbildung f monoton wachsend und f ≥ 0 ist.1

Kap.27 Beweise 287BeweisZunächst werden die beiden Treppenfunktionen a, b : [1, ∞[ → R definiertdurch}a(x) = f(n)für n ≤ x < n + 1.b(x) = f(n + 1)Da f monoton fallend ist, giltSomit folgtN∑f(n) =n=2Falls nun∞∫1∫ N1b(x) dx ≤b ≤ f ≤ a.∫ N1f(x) dx ≤∫ N1a(x) dx =N−1∑n=1f(n).f(x) dx uneigentlich existiert, ist die Folge der Partialsummen∑von ∞ f(n) nicht nur monoton fallend, sondern auch beschränkt und somitn=1konvergent.27.4 Stetigkeit27.4.1 FolgenkriteriumSeien (M, d), (N, d) metrische Räume, sei f : M → N eine Abbildung undsei a ∈ M.Dann ist f genau dann stetig bei a, wenn zu jeder gegen a konvergenten Folge(a n ) n∈N in M auch die Bildfolge (f(a n )) n∈Nin N gegen f(a) konvergiert.BeweisSei f stetig bei a und sei (a n ) n∈N eine gegen a konvergente Folge in M. Danngibt es zu jedem ε > 0 auch ein δ > 0, so dass für alle x ∈ M mit d(x, a) < δgerade d(f(x), f(a)) < ε folgt.Wähle nun ein m ∈ N, für dass aus n ≥ m gerade d(a n , a) < δ folgt. Danngilt ja aber gerade auch d(f(a n ), f(a)) < ε für alle n ≥ m, also konvergiertdie Bildfolge (f(a n )) n∈Nin N gegen f(a).Es muss nun noch umgekehrt gezeigt werden, dass bei einer Stelle a, beider f unstetig ist auch die Bildfolge einer gegen a konvergenten Folge nichtstetig ist.Sei also f unstetig bei a ∈ M. Dann gibt es ein ε > 0, so dass es es zu jedemδ > 0 auch ein x ∈ M gibt mit d(x, a) < δ und d(f(x), f(a)) ≥ ε. Diese✷

Kap.27 Beweise 288Aussage ist also auch für δ = 1/n erfüllt. Dann gibt es somit a n ∈ M mitd(a n , a) < 1/n und d(f(a n ), f(a)) ≥ ε. Somit konvergiert die Folge (a n ) n∈Ngegen a, da es zu jedem ε ′ > 0 ein m ≥ 1/ε ′ gibt und für alle n ≥ m dannd(a n , a) < 1/n ≤ 1/m ≤ ε ′gilt. Die Bildfolge (f(a n )) n∈Nkonvergiert aber nicht gegen f(a), da für denAbstand gerade d(f(a n ), f(a)) > ε gilt.✷27.4.2 Satz von BolzanoSei [a, b] ⊂ R ein Intervall und sei f : [a, b] → R eine stetige Abbildung.Gilt f(a) < 0 und f(b) > 0, dann gibt es ein ξ ∈ ]a, b[ mit f(ξ) = 0.BeweisDa wir uns wieder auf die reellen Zahlen beziehen, lässt sich das DedekindscheSchnittaxiom nutzen.Seien dazuA = {x ∈ [a, b] | ∀ t ∈ [a, x] : f(t) < 0},B = {y ∈ [a, b] | ∃ t ∈ [a, y] : f(t) ≥ 0}.Geht man alle Punkt der Reihe nach von a nach b ab, so beinhaltet A alsoalle Punkte aus [a, b], bei denen noch keine Nullstelle vorlag. B hingegenbesteht aus allen Punkten aus [a, b], bei denen schon mindestens eine Nullstelledurchlaufen wurde.Es gilt somit A ∪ B = [a, b], es ist offenbar x < y für alle x ∈ A und y ∈ Bund A sowie B sind nicht leer, denn es gilt a ∈ A und b ∈ B.Nach dem Dedekindsche Schnittaxiom gibt es somit ein ξ ∈ R mit x ≤ ξ ≤ yfür alle x ∈ A und y ∈ B sowie ξ ∈ [a, b]. Es soll nun gezeigt werden, dassgerade f(ξ) = 0 gilt.Angenommen es gilt f(ξ) < 0, so gäbe es wegen der Stetigkeit von f bei ξein δ > 0, so dass für alle y ∈ [a, b] mit |y − ξ| < δ gerade f(y) < 0 gilt. Esgibt somit auch ein y mit ξ < y < ξ + δ. Da dieses y nun aber größer istals ξ, liegt es in B. Somit gibt es ein t ∈ [a, y] mit f(t) ≥ 0 nach Definitionvon B. t kann nun aber nicht zwischen ξ und y liegen, denn dort sind alleFunktionswerte kleiner als 0. Da t aber gar nicht in A sein kann, ist dieAnnahme falsch und der Fall f(ξ) < 0 kann gar nicht eintreten.Angenommen es gilt f(ξ) > 0, dann muss ξ > a gelten und man findetanalog einen Punkt x mit a ≤ x < ξ, für den f(x) > 0 gilt. Somit ist auchdiese Annahme falsch.Notwendiger Weise gilt somit f(ξ) = 0.✷

Kap.27 Beweise 28927.4.3 ZwischenwertsatzSei I ⊂ R ein Intervall und sei f : I → R eine stetige Abbildung.Dann ist auch f(I) ein Invervall.BeweisSeien a, b ∈ f(I), sei a < b und sei c ∈ R beliebig mit a < c < b.Wähle x, y ∈ I mit f(x) = a und f(y) = b.Sei x < y und seiDann ist auch g stetig und es giltg : [x, y] → Rt ↦→ f(t) − c.g(x) = f(x) − c = a − c < 0,g(y) = f(y) − c = b − c > 0.Nach dem Satz von Bolzano gibt es dann ein ξ ∈ ]x, y[ mit g(ξ) = 0.Somit ist f(ξ) = c und es gilt c ∈ f(I).Da es also zwischen je zwei Punkten a, b ∈ f(I) einen weiteren Punkt c gibt,muss f(I) ein Intervall sein.✷27.4.4 Satz über stetige UmkehrfunktionenSei I ⊂ R ein Intervall, sei f : I → R streng monoton und sei M = f(I).Dann ist f bijektiv und die Umkehrfunktion f −1 : M → I ist stetig.BeweisDieser Satz ist dient dazu, den folgenden Umkehrsatz möglichst einfach beweisenzu können. Hier wird jedoch weder die Stetigkeit von f gefordertnoch vorausgesetzt, dass M ein Intervall ist.Sei nun f streng monoton wachsend, sei b ∈ M beliebig aber fest und seia ∈ I mit f(a) = b. Für die Stetigkeit von f −1 muss nun also nach Definitiongeradegezeigt werden.∀ ε > 0 ∃ δ > 0 ∀ x ∈ I : |f(x) − b| < δ ⇒ |x − a| < εDiese Behauptung lässt sich noch einmal unterteilen:( 1 ) ∀ ε > 0 ∃ δ 1 > 0 ∀ x ∈ I, x < a : b − f(x) < δ 1 ⇒ a − x < ε

Kap.27 Beweise 290( 2 ) ∀ ε > 0 ∃ δ 2 > 0 ∀ x ∈ I, x > a : f(x) − b < δ 2 ⇒ x − a < εZur ersten Teilbehauptung: Wenn es gar kein x ∈ I mit x < a gibt, ist dieBehauptung trivial. Wähle nun ein c ∈ I mit c < a und mit a − c ≤ ε undsetze δ 1 = b − f(c). Es gilt δ 1 > 0, da f streng monoton wachsend ist. Seinun x ∈ I mit x < a und sei b − f(x) < δ 1 = b − f(c). Somit gilt f(c) < f(x)und auch c < x wegen der Monotonie von f. Es folgt demnacha − x < a − c ≤ ε.Die zweite Teilbehauptung zeigt man ganz analog. Ebenso die gesamte Behauptungfür eine streng monoton fallende Funktion.✷27.4.5 UmkehrsatzSei I ⊂ R ein Intervall und sei f : I → R stetig und streng monotonwachsend bzw. fallend.Dann ist auch M = f(I) ein Intervall und die Umkehrfunktion f −1 : M → Iist ebenfalls stetig und streng monoton wachsend bzw. fallend.BeweisDer Umkehrsatz ist nun sehr leicht zu beweisen:Nach dem Zwischenwertsatz ist M gerade ein Intervall, f −1 ist nach demvorherigen Satz 11.4.5 stetig und f −1 ist auch offenbar streng monoton wachsendbzw. fallend.✷27.5 DifferentiationDie folgenden Differentiationsregeln lassen sich auch mittel Satz 13.1.3 bzw.Satz 27.5.1 über die Methode der Linearisierung beweisen. Dieses Verfahrenwird anhand der Kettenregel im Beweis 2 gezeigt, ansonsten werden dieüblichen teilweise nicht ganz so schönen Beweise vorgeführt. Die Methodeder Linearisierung hat den großen Vorteil, dass die Beweise entsprechenderSätze im Mehrdimensionalen fast analog zum Eindimensionalen verlaufen.Die Beweise der Differentiationsregeln sind auch jeweils anders als die angegebenenRegel punktweise zu verstehen.27.5.1 Satz über die LinearisierungSei M ⊂ R beliebig, sei f : M → R und sei a ∈ M ein Häufungspunkt vonM.Dann sind äquivalent:

Kap.27 Beweise 291( 1 ) f ist differenzierbar bei a.( 2 ) Es gibt ein m ∈ R und eine Abbildung ϱ : M → R mitf(x) = f(a) + m(x − a) + ϱ(x) · (x − a) und limx→aϱ(x) = 0,das heißt es gilt also ϱ(a) = 0 und ϱ ist stetig bei a.( 3 ) Es gibt eine bei a stetige Abbildung ϕ : M → R, so dass für alle x ∈ Mgilt:f(x) = f(a) + (x − a) · ϕ(x).Es gilt dann m = ϕ(a) = f ′ (a).BeweisEs gelte zunächst ( 3 ). Setzt man nun ϕ(x) = m+ϱ(x), so erhält man direktAussage ( 2 ).Nun gelte ( 2 ), dann gilt für alle x ≠ a geradef ′ (a) =f(x) − f(a)x − a= m + ϱ(x).Es folgt limx→a(m + ϱ(x)) = m, somit ist f bei a differenzierbar mit f ′ (a) = m,also Aussage ( 1 ).Es gelte nun ( 1 ) und es soll daraus ( 3 ) gefolgert werden. Man erhält jedochsofort für x ≠ a durchϕ(x) =f(x) − f(a)x − a→f ′ (a)eine bei a stetige Funktion, da f bei a differenzierbar ist.✷27.5.2 PolynomeSei a ∈ R beliebig.Dann gilt(x a ) ′ = a · x a−1 .BeweisskizzeDiese Differentiationsregel folgt aus der Definition der Differenzierbarkeitsowie durch induktives Anwenden der Rechenregeln über Grenzwerte vonFunktionen.

Kap.27 Beweise 29227.5.3 KettenregelSeien M, N ⊂ R beliebig, seien f : M → R und g : N → R differenzierbarund sei f(M) ⊂ N.Dann giltBeweis 1(g ◦ f) ′ = (g(f)) ′ = g ′ (f) · f ′ = (g ′ ◦ f) · f ′ .Es sei nun f : M → N eine bei a differenzierbar und g : N → R eine beif(a) = b differenzierbare Funktion. Dann ist f bei a auch stetig, also giltf(x) = f(a). Somit folgt dann auchlimx→aBeweis 2(g ◦ f)(x) − (g ◦ f)(a)limx→a x − a= limx→a(g(f))(x) − (g(f))(a)x − a( (g(f))(x) − (g(f))(a)= lim·x→a f(x) − f(a))f(x) − f(a)x − a(g(f))(x) − (g(f))(a) f(x) − f(a)= lim· limx→a f(x) − f(a) x→a x − a= g ′ (f(a)) · f ′ (a)= (g ′ ◦ f)(a) · f ′ (a).Sei wieder f : M → N eine bei a differenzierbar und g : N → R eine beif(a) = b differenzierbare Funktion.Es soll nun die Methode der Linearisierung angewendet werden:Nach Satz 13.1.3 gibt es also eine bei a stetige Funktion ϕ : M → R undeine bei b stetige Funktion ψ : N → R, so dass für alle x ∈ M bzw. für alley ∈ N geradef(x) − f(a) = ϕ(x) · (x − a) und g(y) − g(b) = ψ(y) · (y − b)gilt. Es folgt nun(g ◦ f)(x) − (g ◦ f)(a)= g(f(x)) − g(f(a))= ψ(f(x)) · [f(x) − f(a)]= (ψ ◦ f)(x) · ϕ(x) · (x − a)= ((ψ ◦ f) · ϕ) (x) · (x − a).✷

Kap.27 Beweise 293Die Funktion (ψ ◦ f) · ϕ ist stetig bei a, somit ist (g ◦ f) bei a differenzierbarund die Ableitung ist gerade(ψ ◦ f)(a) · ϕ(a) = ψ(b) · ϕ(a) = g ′ (b) · f ′ (a) = g ′ (f(a)) · f ′ (a).27.5.4 ProduktregelSei M ⊂ R beliebig und seien f, g : M → R differenzierbar.Dann giltBeweisFür alle a ∈ M gilt(f · g) ′ = f ′ · g + g ′ · f.(f · g) ′ (a) =(f · g)(x) − (f · g)(a)limx→a x − a=f(x)g(x) − f(a)g(a)limx→a x − a27.5.5 Quotientenregel= limx→af(x)g(x) − f(x)g(a) + f(x)g(a) − f(a)g(a)x − a= limx→af(x)(g(x) − g(a)) + g(a)(f(x) − f(a))x − af(x)(g(x) − g(a)) g(a)(f(x) − f(a))= lim+ limx→a x − ax→a x − ag(x) − g(a)= lim f(x) · limx→a x→a x − a= f(a) · g ′ (a) + g(a) · f ′ (a)= f ′ (a) · g(a) + g ′ (a) · f(a).+ g(a) · limx→af(x) − f(a)x − aSei M ⊂ R beliebig und seien f, g : M → R differenzierbar.Dann gilt( fg) ′= f ′ · g − g ′ · fg 2 .✷✷

Kap.27 Beweise 294BeweisSei zunächst f = 1. Dann gilt für alle a ∈ M gerade( ) ( )( ) 1 ′ 1g(x) − 1g(a)(a) = limgx→a x − a(1 1= limx→a x − a · g(x) − 1 )g(a)( )1 g(a) − g(x)= limx→a x − a · g(x)g(a)( )1 g(a) − g(x)= limx→a g(x)g(a) · x − a1= lim · (−1) limx→a g(x)g(a) x→a=1g 2 (a) · (−1)g′ (a)= − g′ (a)g 2 (a) .g(x) − g(a)x − aDas Gesamtergebnis ergibt sich nun aus der Produktregel:( fg) ′(a) =(f · 1 ) ′(a)g= f ′ 1(a) ·g(a) − f(a) · g′ (a)g 2 (a)= f ′ (a)g(a)g 2 (a)− f(a)g′ (a)g 2 (a)= f ′ (a)g(a) − g ′ (a)f(a)g 2 (a)✷27.5.6 Ableitung über UmkehrfunktionSei M ⊂ R beliebig und sei f : M → R differenzierbar und umkehrbar.Dann giltBeweisf ′ =1(f −1 ) ′ (f) .Sei (a n ) n∈N eine beliebige Folge in M \ {a} mit dem Grenzwert a. Da fstetig ist, konvergiert die Bildfolge (b n ) n∈N nach dem Folgenkriterium gegen

Kap.27 Beweise 295f(a) = b. Da f umkehrbar also auch bijektiv ist, folgtf(a n ) − f(a)limn→∞ a n − aEs ergibt sich somit= limn→∞= limn→∞b n − bf −1 (b n ) − f −1 (b)1=f −1 (b n)−f −1 (b)b n−b1(f −1 ) ′ (b) .f ′ (a) =1(f −1 ) ′ (b) = 1(f −1 ) ′ (f(a)) . ✷27.5.7 Satz über lokale ExtremaSei f : [a, b] → R stetig mit a, b ∈ R und a < b und es gelte f(a) = f(b).Dann gibt es ein ξ ∈ ]a, b[, so dass f bei ξ ein lokales Extremum hat.BeweisSei f eine nicht konstante Funktion, denn sonst wäre nichts zu zeigen. DasBild von f ist nach dem Zwischenwertsatz auch ein Intervall, also etwa[c, d] ⊂ R mit c < d.Gilt nun d > f(a), so gibt es ein ξ ∈ ]a, b[ mit f(ξ) = d und es gilt dannf(x) ≤ f(ξ) für alle x ∈ [a, b]. Somit hat f bei ξ ein Maximum.Gilt umgekehrt c < f(a), so gibt es ein ξ ∈ ]a, b[ mit f(ξ) = c und es giltdann f(x) ≥ f(ξ) für alle x ∈ [a, b]. Somit hat f bei ξ ein Minimum. ✷27.5.8 Satz über die Notwendigkeit für ExtremaSei [a, b] ⊂ R ein Intervall, sei ξ ∈ ]a, b[, sei f : [a, b] → R bei ξ differenzierbarund es sei ξ ein lokales Extremum von f.Dann giltBeweisf ′ (ξ) = 0.Sei ξ zunächst ein lokales Maximum von f. Dann gibt es ein ε > 0, so dassfür alle x ∈ B ε (ξ) = ]ξ − ε, ξ + ε[ ⊂ [a, b] gerade f(x) ≤ f(ξ) gilt.Sei nun ξ − ε < x < ξ. Dann gilt für alle diese x geradeg(x) :=f(x) − f(ξ)x − ξ≥ 0.

Kap.27 Beweise 296Sei nun (x n ) n∈N eine Folge in ]ξ − ε, ξ[ die gegen ξ konvergiert. Somit giltdann f ′ (ξ) = limn→∞ g(x n) ≥ 0.Ist nun ξ < x < ξ + ε. Dann gilt für alle diese x gerade g(x) ≤ 0 und manerhält ebenso f ′ (ξ) ≤ 0. Somit muss also f ′ (ξ) = 0 gelten.Hat f nun bei ξ ein lokales Minimum, so argumentiere man analog.✷27.5.9 Satz von RolleSei [a, b] ⊂ R ein Intervall, sei f : [a, b] → R stetig sowie auf ]a, b[ sogardifferenzierbar und es gelte f(a) = f(b).Dann gibt es ein ξ ∈ ]a, b[ mit f ′ (ξ) = 0.BeweisDie Behauptung folgt unmittelbar aus den vorherigen Sätzen:Nach Satz 27.5.7 hat f bei ξ ein lokales Extremum und nach Satz 27.5.8 giltdemnach f ′ (ξ) = 0.✷27.5.10 MittelwertsatzSei [a, b] ⊂ R ein Intervall und sei f : [a, b] → R stetig sowie auf ]a, b[ sogardifferenzierbar.Dann gibt es ein ξ ∈ ]a, b[ mitBeweisf ′ (ξ)=f(b) − f(a).b − aSei g : [a, b] → R mitg(x) = f(x) −f(b) − f(a)b − a· (x − a).Dann ist auch g stetig und auf ]a, b[ sogar differenzierbar. Weiter giltg(a) = f(a) = g(b).Nach dem Satz von Rolle gibt es somit ein ξ ∈ ]a, b[ mit g ′ (ξ) = 0.Es ist weiterund man erhält durchdie Behauptung.g ′ (x) = f ′ (x) −0 = g ′ (ξ) = f ′ (ξ) −f(b) − f(a)b − af(b) − f(a)b − a✷

Kap.27 Beweise 29727.6 Integration27.6.1 Mittelwertsatz der IntegrationSei f : [a, b] → R stetig und sei a < b.Dann gibt es ein ξ ∈ ]a, b[ mitf (ξ) · (b − a) =∫ baf(x) dx.BeweisDas Bild von f ist nach dem Zwischenwertsatz auch ein Intervall, also etwa[c, d] ⊂ R mit c < d.Es ist somit c ≤ f(x) ≤ d für alle x ∈ [a, b], also giltc(b − a) =∫ bac dx ≤∫ baf(x) dx ≤∫ bad dx = d(b − a).Demnach ist∫ bein ξ ∈ ]a, b[ mit f(ξ) = η.af(x) dx = η(b−a) mit einem η ∈ ]c, d[ und es gibt somit auch27.6.2 Hauptsatz der Analysis Teil 1Sei f : [a, b] → R stetig und sei a < b.Dann ist F : [a, b] → R mit✷F (x) =∫ xaf(t) dtdifferenzierbar auf [a, b] und es gilt F ′ = f.BeweisSei c ∈ [a, b] beliebig. Dann muss gezeigt werden, dass F bei c differenzierbarist und dort die Ableitung f(c) hat.Für alle x ∈ [a, b] gibt es nach dem Mittelwertsatz der Integration geradeein ξ ∈ ]x, c[, so dassF (x) − F (c) =gilt.∫ xaf(t) dt −∫ caf(t) dt =∫ xcf(t) dt = (x − c) · f(ξ)Da dieses ξ nun aber von x abhängt, wird dafür ξ x geschrieben. Es ist nun

Kap.27 Beweise 298ξ x ∈ ]x, c[ und somit folgt für x → c gerade ξ x = c.Man erhält nun zusammenF ′ (c) =F (x) − F (c)limx→c x − cwas die Behauptung zeigt.= limx→c(x − c) · f(ξ x )x − c= limx→cf(ξ x ) = f(c),✷27.6.3 Hauptsatz der AnalysisSei f : [a, b] → R stetig, sei a < b und sei F eine Stammfunktion von f.Dann giltBeweisEs ist G(x) =∫ baf(x) dx = F (b) − F (a).x∫f(t) dt eine Stammfunktion von f, somit ist geradeaG(x) − F (x) = ceine Konstante. Es gilt G(a) = 0, somit ist c = −F (a) und zusammen folgtnunG(x) = F (x) − F (a).Es folgt schon die BehauptungF (b) − F (a) = G(b) =27.6.4 Partielle Integration∫ baf(x) dx.✷Sei I = [a, b] ⊂ R und seien f, g : I → R differenzierbare Funktionen.Dann gilt∫∫(f ′ · g) dx = f · g −(f · g ′ ) dx.BeweisNach der Produktregel gilt gerade( ∫′f · g − (f · g ′ ) dx)= (f ′ · g) + (g ′ · f) − (f · g ′ ) = (f ′ · g).Der letzte Ausdruck entspricht gerade dem Integranden des zu untersuchendenIntegrals, somit wurde die Behauptung gezeigt.✷

Kap.27 Beweise 29927.7 Topologie27.7.1 Satz über die Bilder zusammenhängender MengenSeien M, N topologische bzw. metrische Räume, sei f : M → N stetig undsei Z ⊂ M zusammenhängend.Dann ist auch f(Z) zusammenhängend.BeweisSeien U, V ⊂ N beliebige offene Mengen mitf(Z) ⊂ U ∪ V und f(Z) ∩ U ∩ V = ∅.Es muss gezeigt werden, dass nun auch f(Z) zusammenhängend ist.Nach den Rechenregeln für Urbilder aus Satz 4.3.3 gilt nunZ ⊂ f −1 (U ∪ V ) = f −1 (U) ∪ f −1 (V ) sowieZ ∩ f −1 (U) ∩ f −1 (V ) = ∅.Es sind f −1 (U) und f −1 (V ) offen in M und da Z zusammenhängend ist,folgtZ ⊂ f −1 (U) oder Z ⊂ f −1 (V ).Somit gilt aber auch gerade f(Z) ⊂ U oder f(Z) ⊂ V .27.7.2 Satz über stetige Abbildungen auf kompakten MengenSei M ein metrischer Raum und sei f : M → R eine stetige Abbildung.Ist K ⊂ M kompakt, dann ist f gleichmäßig stetig auf K.BeweisSei also K kompakt und f stetig auf K. Dann gibt es zu jedem ε > 0 undjedem a ∈ K auch ein von a abhängiges δ a > 0, so dass für alle x ∈ M, fürdie d(x, a) < 2δ a gilt, auch d(f(x) − f(a)) < ε/2 folgt.Die Umgebungen B δa (a) bilden eine offene Überdeckung U von K und daK kompakt ist, gibt es dazu auch eine endliche Teilüberdeckung, also etwa}W ={B δa1 , . . . , B δanmit geeigneten a 1 , .., a n . Sei nun δ = min{δ a1 , .., δ an }.Dann gibt es zu allen x, y ∈ K mit d(x, y) < δ auch ein k mit x ∈ B δak , alsod(x, a k ) < δ ak . Es folgt nund(y, a k ) ≤ d(y, x) + d(x, a k ) < δ + δ ak ≤ 2δ ak .✷

Kap.27 Beweise 300Nach Voraussetzung ist d(f(x) − f(a k )) < ε/2 sowie d(f(y) − f(a k )) < ε/2,somit folgtd(f(x) − f(y)) < ε.27.7.3 Satz über kompakte MengenSei M ein topologischer bzw. metrischer Raum.Ist K ⊂ M kompakt, dann ist K abgeschlossen in M.BeweisEs ist zu zeigen, dass M \ K offen ist, dass es also zu jedem a ∈ M \ K einδ > 0 gibt mit B δ (a) ∩ K = ∅.Für jedes x ∈ K ist nun ε x = 1 2d(x, a) > 0, da a ∉ K. Die MengeU = {B εx (x) | x ∈ K}ist daher eine offene Überdeckung von K und da K gerade kompakt ist, gibtes endlich viele x 1 , .., x n ∈ K mit✷K ⊂n⋃B εxi (x i ).i=1Sei nun δ = min{ε x1 , ε x2 , .., ε xn } > 0. Für alle x ∈ K gibt es wie bereitsbekannt ist ein i ∈ {1, .., n} mit x ∈ B εxi (x i ), also gilt auch d(x, x i ) < ε xi .Es folgt demnachd(x, a) ≥ d(x i , a) − d(x, x i ) > 2ε xi − ε xi = ε xi ≥ δ.Daraus ergibt sich nun auch genau B δ (a) ∩ K = ∅.✷27.7.4 Satz über Teilmengen kompakter MengenSei M ein topologischer bzw. metrischer Raum.Ist K ⊂ M kompakt und ist A ⊂ K abgeschlossen in M, dann ist auch Akompakt.BeweisSei U eine beliebige offene Überdeckung von A. Dann ist U ∪ (M \ A) eineoffene Überdeckung von K. Da K aber gerade kompakt ist, gibt es endlichviele U 1 , .., U n ∈ U, so dassU 1 ∪ U 2 ∪ . . . ∪ U n ∪ (M \ A)

Kap.27 Beweise 301eine endliche Teilüberdeckung von K und somit auch von A ist. Da abergerade A ⊂ K ⊂ M gilt, folgtA ⊂ U 1 ∪ U 2 ∪ . . . ∪ U nund somit wurde eine endliche Teilüberdeckung gefunden.✷27.7.5 Satz von Heine-BorelSei E ein endlich dimensionaler Vektorraum und sei K ⊂ E.K ist genau dann kompakt, wenn K beschränkt und abgeschlossen ist.BeweisDer Satz von Heine-Borel wird nur für den Vektorraum E = R bewiesen.Sei zunächst K kompakt, dann ist K nach Satz 18.8.8 auch abgeschlossenin M. Somit muss nur noch gezeigt werden, dass K auch beschränkt ist.Zu der offenen Überdeckung U = {b n (0) | n ∈ N} von K muss es aberauch eine endliche Teilüberdeckung geben und dies ist nur möglich, wenn Kbeschränkt ist.Sei nun umgekehrt K abgeschlossen und beschränkt durch K ⊂ [−c, c] ⊂ R.Dann ist [−c, c] als geschlossenes Intervall in R auch kompakt und somit istnach Satz 18.8.9 auch K kompakt.✷27.7.6 Satz über die Bilder kompakter MengenSeien M, N topologische bzw. metrische Räume, sei f : M → N stetig undsei K ⊂ M kompakt.Dann ist auch f(K) kompakt.BeweisSei U ′ eine offene Überdeckung von f(K) in N. Da bei einer stetigen Abbildungdie Urbilder offener Mengen wieder offen sind, erhält man zu U ′ auchdie offene Überdeckung U = {f −1 (U) | U ∈ U ′ } von K. Da K kompakt ist,gibt es zu U auch eine endlich Teilüberdeckung von K, etwaDemnach gilt aber auchK ⊂ f −1 (U 1 ) ∪ . . . ∪ f −1 (U n ).f(K) ⊂ U 1 ∪ . . . ∪ U nund somit wurde zu U ′ eine endliche Teilüberdeckung von f(K) gefunden.Also ist f(K) kompakt.✷

Kap.27 Beweise 30227.8 Mehrdimensionale Differentiation und IntegrationDie Beweise der mehrdimensionalen Differential- und Integralrechnung sindzum Teil entweder sehr umfangreich oder lassen sich auf ein Problem imEindimensionalen vereinfachen. Daher werden hier nur wenige Beweise odernur Beweisskizzen angegeben.27.8.1 Mittelwertsatz 1 - reellwertige FunktionenSei M ⊂ R n offen, sei f : M → R differenzierbar und seien a, b ∈ M mit[a, b] ⊂ M.Dann gibt es ein c ∈ ]a, b[ mitBeweisf(b) − f(a) = Df(c) · (b − a).Das Problem soll nun auf den eindimensionalen Mittelwertsatz vereinfachtwerden.Sei dazu c : [0, 1] → [a, b] mit c(t) = a + t(b − a) eine parametrisierte Kurve.Dann ist c auf [0, 1] differenzierbar. Sei weiterg : [0, 1] → R mit g(u) = f(c(u)) = f(a + u(b − a)).Dann gilt g(0) = f(a) sowie g(1) = f(b) und es gibt nach dem Mittelwertsatzein ξ ∈ ]0, 1[ mitg(1) − g(0)1 − 0= g(1) − g(0) = f(b) − f(a) = g ′ (ξ).Nach der Kettenregel folgtg ′ (ξ) = Df(c(ξ)) · Dc(ξ) = Df(c) · (b − a)mit c = c(ξ) ∈ [a, b].✷27.8.2 Mittelwertsatz 2 - IntegralversionSei M ⊂ R n offen, sei f : M → R m stetig differenzierbar und seien a, b ∈ Mmit [a, b] ⊂ M.Dann giltf(b)−f(a) = A·(b−a) mit A =∫ 10Df(a+t(b−a)) dt ∈ Hom(R n , R m ).

Kap.27 Beweise 303BeweisSei wieder c : [0, 1] → [a, b] mit c(t) = a+t(b−a) eine parametrisierte Kurve.Dann ist die Zusammensetzung (f ◦ c) : [0, 1] → R stetig differenzierbar.Sei {g : R m → R | g ist linear} = (R m ) ∗ der Dualraum von R m . Dann giltnach dem Hauptsatz der Analysis für alle g ∈ (R m ) ∗ geradeg(f(b) − f(a)) = g(f(b)) − g(f(a)) = g(f(c(1))) − g(f(c(0)))==∫ 10∫ 10∫ 1(g(f ◦ c)) ′ (t) dt =g(Df(c(t)) · Dc(t)) dt∫ 1= g(Df(c(t)) · (b − a)) dt0((∫ 1= g00g((f ◦ c) ′ (t)) dt) )Df(a + t(b − a)) dt · (b − a) ,was die Behauptung zeigt.✷27.8.3 Satz von H.A.SchwarzSei M ⊂ R 2 offen, sei f : M → R und sei a ∈ M.Ist f bei a partiell differenzierbar und sind die partiellen Ableitungen ∂f∂xstetig differenzierbar bei a, dann giltund ∂f∂yBeweis∂f∂x∂y (a) =∂f∂y∂x (a).Sei (a, b) ∈ M. Dann gilt nach der Definition für partielle Differenzierbarkeitgerade∂f(a, b) =∂x limf(t, b) − f(a, b)t→a t − aund es folgt weiter nur nach Definition= limh→0f(a + h, b) − f(a, b)h∂f(a, b) =∂x∂y lim[f(a + h, b + h) − f(a, b + h)] − [f(a + h, b) − f(a, b)]h→0h 2 .Analog gilt also auch∂f(a, b) =∂y∂x lim[f(a + h, b + h) − f(a + h, b)] − [f(a, b + h) − f(a, b)]h→0h 2 .

Kap.27 Beweise 304Es muss nun gezeigt werden, dass diese beiden Grenzwerte unter den gegebenenBedingungen auch wirklich gleich sind.Sei dazu g : [b, b + h] → R mit g(y) = f(a + h, y) − f(a, y). Dann ist g stetigdifferenzierbar und es gibt somit nach dem Mittelwertsatz ein ξ ∈ ]b, b + h[,so dass=limh→0∂f∂y[f(a + h, b + h) − f(a, b + h)] − [f(a + h, b) − f(a, b)]h 2∂f(a + h, ξ) −∂y(a, ξ)hgilt. Sei nun weiter h : [a, a + h] → R mit h(x) = ∂f∂y(x, ξ). Dann ist auchh stetig differenzierbar und es gibt wiederum nach dem Mittelwertsatz einη ∈ ]a, a + h[, so dass gilt:∂f∂y∂f(a + h, ξ) −∂y(a, ξ)h= ∂fh→0(ξ, η)∂y∂x−→∂f (a, b)∂y∂xAnalog erhält man durch geeignete Wahl der Funktionen g und h gerade[f(a + h, b + h) − f(a + h, b)] − [f(a, b + h) − f(a, b)]limh→0h 2 = ∂f (a, b),∂x∂ywas die Behauptung zeigt.Dabei wurde beim zweiten Anwenden des Mittelwertsatzes ausgenutzt, dassdie partiellen Ableitungen stetig differenzierbar sind.27.8.4 Satz über die Notwendigkeit für ExtremaSei M ⊂ R n offen und sei f : M → R mit einem lokalen Extremum beia ∈ M.Dann giltBeweisDf(a) = 0.Sei u ∈ R n beliebig und sei a ∈ M wie im Satz.Dann gibt es ein ε > 0, so dass für alle t ∈ R mit |t| < ε folgt, dassa + tu ∈ M ist. Die Funktion g : ] − ε, ε] → R mit g(t) = f(a + tu) istdaher bei 0 differenzierbar und hat dort ein lokales Extremum. Daher giltnun g ′ (0) = 0, also gilt auch für die Richtungsableitung von f nach u geradeD u f(a) = 0. Da dies aber für alle u ∈ R n gilt, folgt Df(a) = 0. ✷✷

Kap.27 Beweise 30527.8.5 Satz über lokale ExtremaSei M ⊂ R n offen, sei f : M → R bei a ∈ M zweimal differenzierbar und seiDf(a) = 0.Dann gilt:( 1 ) Ist D 2 f(a) ist positiv definit, so hat f ein lokales Minimum bei a.( 2 ) Ist D 2 f(a) ist negativ definit, so hat f ein lokales Maximum bei a.BeweisskizzeNach der Taylorentwicklung giltf(x) = f(a) + Df(a) · (x − a) + 1 2 D2 f(a) · (x − a, x − a) + ‖x − a‖ 2 ϱ(x)für eine bei a stetige Funktion ϱ : M → R mit ϱ(a) = 0.Weiter gibt es zu jeder positiv definiten Matrix B auf R n stets ein c > 0, sodass B(u, u) ≥ c‖u‖ 2 für alle u ∈ R n gilt. Dabei ist ‖ ‖ eine beliebige Norm.Sei D 2 f(a) positiv definit. Dann gibt es also ein c > 0, so dass alle x ∈ M,die so nahe bei a liegen, dass sie |ϱ(x)| < c/2 erfüllen, auch f(x) − f(a) ≥ 0gilt, da Df(a) = 0 ist.Ist D 2 f(a) negativ definit, so braucht man nur die Funktion −f zu betrachten.27.8.6 Fixpunktsatz von BanachSei T : M → M eine Kontraktion mit q < 1 auf einem vollständig metrischenRaum (M, d).Dann hat T genau einen Fixpunkt.BeweisEs gilt also für alle x, y ∈ M gerade d(T x, T y) ≤ qd(x, y) und durch induktivesAnwenden folgtd(T n x, T n y) ≤ q n d(x, y)mit n ∈ N. Sei nun x ∈ M beliebig aber fest. Dann folgt nach der Dreiecksungleichungd(T n x, x) ≤ d(T n x, T n−1 x) + d(T n−1 x, T n−2 x) + . . . + d(T x, x)≤ q n−1 d(T x, x) + q n−2 d(T x, x) + . . . + d(T x, x)= 1 − qn1 − q d(T x, x) ≤ 1d(T x, x).1 − q

Kap.27 Beweise 306Sei nun (x n ) n∈N eine Folge mit x n = T n x. Dann zeigtd(T m x, T n x) = d(T n T m−n x, T n x) ≤ q n (T m−n x, x) ≤gerade, dass (x n ) n∈N eine Cauchyfolge in M ist.qnd(T x, x)1 − qDa M vollständig ist, konvergiert diese Folge gegen ein a ∈ M. Da T stetigist, ergibt sich nach dem Folgenkriterium geradeT a =lim T T n x =n→∞lim T n x =n→∞lim x n = a,n→∞womit gezeigt ist, dass a ein Fixpunkt von T ist. Da jede Kontraktion höchstenseinen Fixpunkt hat, ist a eindeutig bestimmt.✷27.8.7 Satz über implizite Funktionen 2Sei M ⊂ R n ×R m offen, sei Q : M → R m stetig differenzierbar, sei (a, b) eineLösung des durch Q(x, y) = 0 gegebenen Gleichungssystems und es gelte fürdie durch die Projektionen von Q auf Q 1 , .., Q m gegebene Determinante∣∣∂Q 1∂y 1. . ..∂Q m∂y 1. . .∂Q 1∂y m∣ ∣∣∣∣∣∣. · (a, b) ≠ 0.∂Q m∂y mDann kann das Gleichungssystem Q(x, y) = 0 in einer Umgebung von (a, b)stetig differenzierbar nach y = (y 1 , .., y m ) aufgelöst werden.BeweisskizzeDie oben angegebene Matrix B = ∂Q∂y(a, b) ist invertierbar, da ihre Determinanteungleich 0 ist. Weiter giltE m − B −1 B = 0 ∈ M(n, R) und B −1 Q(a, b) = 0 ∈ R m ,da gerade Q(a, b) = 0 gilt.Es gibt nun eine Umgebung U von a und eine Umgebung V = B ε (b) von b,so dass U × V ⊂ M ⊂ R n+m gilt sowie dass für alle x ∈ U und y ∈ V gilt:( )∣ ∂Q ∣∣∣∣ E m − B −1 ∂y (x, y) ≤ 1 und |B −1 Q(x, b)| ≤ ε 24 .Sei F die Menge aller stetigen Funktionen y : U → R m mity(a) = b und |y(x) − b| ≤ ε 2für alle x ∈ U.Es wird dann durchT : F → F mit T y = y − B −1 Q(x, y)

Kap.27 Beweise 307eine Kontraktion auf F definiert, denn durch die zuvor geforderten Eigenschaftenfolgt|T y − T ỹ| = |y − B −1 Q(x, y) − ỹ + B −1 Q(x, ỹ)| ≤ 1 |y − ỹ|.2Nach dem Fixpunktsatz von Banach hat T nun genau einen Fixpunkt,T y = y − B −1 Q(x, y) = y,somit folgt Q(x, y) = 0. Dies zeigt, dass y gerade die gesuchte und eindeutigbestimmte Auflösungsfunktion ist.

28 Anhang28.1 Potenzreihene x = ∞ ∑n=0cos x = ∞ ∑n=0sin x = ∞ ∑n=0arctan x = ∞ ∑n=0log(1 − x) = − ∞ ∑log(1 + x) = ∞ ∑n=11n! xn = 1 + 1 1! x + 1 2! x2 + . . . x ∈ R(−1) n(2n)! x2n = 1 − 1 2! x2 + 1 4! x4 − . . . x ∈ R(−1) n(2n+1)! x2n+1 = x − 1 3! x3 + 1 5! x5 − . . . x ∈ R(−1) n2n+1 x2n+1 = x − 1 3 x3 + 1 5 x5 − . . . |x| < 1n=128.2 Geometrische Reihen1n xn = −x − 1 2 x2 − 1 3 x3 − . . . |x| < 1(−1) n+1nx n = x − 1 2 x2 + 1 3 x3 − . . . |x| < 1geometrische Reihe∞∑q n = 1 + q + q 2 + q 3 1+ . . . =1−qfür |q| < 1n=0endlich geometrische Reihek∑n=0q n = 1 + q + q 2 + . . . + q k = 1−qk+11−qfür q ≠ 128.3 Wichtige Grenzwerten√ a → 1n √ n → 1n√n! → ∞ (1 +1n )n → e(1 + x n )n → e x ( n+1n )n a→ e n1n!→ 0n√n n! →1e(1 + 1 n )n+1 → en nn!→ ∞308

Kap.28 Anhang 30928.4 Ableitungen und StammfunktionenAbleitung Funktion Stammfunktion Definitionsbereichax a−1 x a 1a+1 xa+1 x > 01x log x x · log x − x x > 0exp(x) exp(x) exp(x) Rb xbxlog(b)R11+x 2 arctan(x) Rcos(x) sin(x) − cos(x) R− sin(x) cos(x) sin(x) R1cos 2 (x)tan(x) − log(x) cos(x) |x| < π 21 + tan 2 (x) tan(x) − log(x) cos(x) |x| < π 2√ 1arcsin(x) |x| < 11−x 2− 1 √1−x 2 arccos(x) 0 ≤ x ≤ π1sin 2 (x)−cot(x)cos 2 (x)sin 2 (x)1(cos(x) sin(x) + x) R21(x − cos(x) sin(x)) R2cosh(x) sinh(x) cosh(x) Rsinh(x) cosh(x) sinh(x) R1cosh 2 (x)tanh(x)1 − tanh 2 (x) tanh(x)√ 1x 2 +1arsinh(x)R√ 1x 2 −1arcosh(x) x ≥ 011−x 2artanh(x)√ (1 − x 2 1x √ )1 − x 22 + arcsin(x)√ (1 + x 2 1x √ )1 + x 22 + arsinh(x)√x 2 − 1(1x √ )x 22 − 1 − arcosh(x)|x| ≤ 1R|x| ≤ 1∣ 11 ∣∣1−x 2 2 log x+1x−1 ∣ |x| ̸= 1

Kap.28 Anhang 31028.5 Vertauschen von Summe, Integral und Grenzwert28.5.1 Summe und Summe∑Die beiden Summen ∞ ∑a n und ∞ b n seien gleichmäßig konvergent.Dann giltn=0n=0∞∑ ∞∑a n · b m =n=0 m=0∞∑ ∞∑b m · a n =m=0 n=0∞∑n,m=0a n b m .28.5.2 Summe und Integral∑Die Summe ∞ f n (x) sei absolut konvergent.n=0Dann gilt∫∞∑f n (x) dx =∞∑∫n=0n=0f n (x) dx.28.5.3 Integral und GrenzwertAussage 1Die Funktionenfolge (f n (x)) n∈N von stetigen Funktionen konvergiere gleichmäßiggegen f(x).Dann giltAussage 2∫limn→∞f n (x) dx =∫lim f n(x) dx =n→∞∫f(x) dx.Die Funktionenfolge (f n (x)) n∈N konvergiere punktweise gegen f(x) und esgebe eine integrierbare Funktion g(x) mit |f n (x)| ≤ g(x) fast überall.Dann gilt∫limn→∞f n (x) dx =∫lim f n(x) dx =n→∞∫f(x) dx(vergleiche Satz 25.4.8 auf Seite 257 und weitere Konvergenzsätze).

Literaturverzeichnis[1] El-Benny, W. (2003): ”Mehrdimensionale Analysis - ein Übungsbuch”.1. Auflage, Cuvillier Verlag, Göttingen.[2] Forster, O. (1999): ”Analysis 1”. 5. Auflage, Vieweg & Sohn VerlagsgesellschaftmbH, Braunschweig/Wiesbaden.[3] Heuser, H. (2003): ”Lehrbuch der Analysis Teil 1”. 15. Auflage, TeubnerVerlag, Stuttgart/Leipzig/Wiesbaden.[4] Holdgrün, H.S. (1998): ”Analysis”. Band 1: Differential- und Integralrechnungeiner Variablen. 1. Auflage, Leins Verlag, Göttingen.[5] Holdgrün, H.S. (2001): ”Analysis”. Band 2: Differential- und Integralrechnungmehrerer Variablen. 1. Auflage, Leins Verlag, Göttingen.[6] Merziger, G., Wirth, T. (2002): ”Repetitorium der höheren Mathematik”.4. Auflage, Binomi, Hannover.[7] Schick, T. (2003): ”Kurz-Skript zu Differential- und Integralrechnung2”. Skript zur Vorlesung. Mathematisches Institut, Göttingen, Seite 7.[8] Scholz, D. (2004): ”Differential- und Integralrechnung I und II”.Vorlesungsmitschrift im WiSe 2003/2004 und SoSe 2004 bei Prof.H.S.Holdgrün, Universität Göttingen.[9] Singh, S. (1997): ”Fermats letzter Satz”. 1. Auflage, Deutscher TaschenbuchVerlag GmbH, München.[10] Timmann, S. (2002): ”Repetitorium der Analysis Teil 1”. 2. Auflage,Binomi, Hannover.[11] Timmann, S. (2002): ”Repetitorium der Analysis Teil 2”. 1. Auflage,Binomi, Hannover.311

StichwortverzeichnisÄquivalenzklasse, 27Äquivalenzrelation, 27Abbildungen, 21, 24abgeschlossene Mengen, 166ableiten, 116Ableitungen, 116, 193, 309höhere, 210Ableitungsreglen, 119Abschluß, 168absolutes Maximum, 222absolutes Minimum, 222abzählbar, 29Additionstheoreme, 69, 71Adhärenzpunkt, 102Algebra, 201normierte, 201algebraisch, 29alternierende harmonische Reihe, 81arccos, 70arcsin, 70arctan, 65Arkuscosinus, 70Arkussinus, 70Arkustanges, 65Astroide, 275B ε (a), 76Ball, 76, 159Banachalgebra, 201Banachraum, 108Banachscher Fixpunktsatz, 240Berührpunkt, 102Bernoulli-Ungleichung, 34beschränkt, 23, 38Folge, 51beschränkte Mengen, 167Beweis durch Widerspruch, 9Beweise, 277Beweistechniken, 9bijektiv, 25Bild einer Abbildung, 24Binomialkoeffizient, 32Binomische Formel, 33Bogenlänge, 139C-Abbildungen, 216Cauchy-Schwarz Ungleichung, 161Cauchyfolge, 77Cauchykriterium für Reihen, 81CauchyschesKonvergenzkriterium, 78Cauchysches Restglied, 151, 232Cavalieri, Prinzip von, 263chaotische Topologie, 163charakteristische Funktion, 253cos, 68Cosinus, 68Cosinushyperbolicus, 71Dedekindsches Schnittaxiom, 34definitin-, 221negativ, 221positiv, 221Definitionsbereich, 24DeMorgansche Regel, 22DGL, 240Diffeomorphismus, 200Differentialgleichungen, 240Differentialquotient, 116Differentiation, 116, 190312

Stichwortverzeichnis 313Differenzenquotient, 116differenzierbar, 116, 192Differenzmenge, 21disjunkt, 22diskrete Topologie, 163divergieren, 50Dreiecksungleichung, 33DUG, 33Durchschnitt, 21einfach zusammenhängend, 170Einheit, 202Einschränkung, 8Element einer Folge, 48Elementarintegrale, 252Elemente, 21Eliminierungsverfahren, 42euklidische Norm, 158Eulersche Formel, 74exp, 67Exponentialfunktion, 67Extremalokale, 222mehrere Variablen, 221mit Nebenbedingungen, 223Extremum, 121, 222lokales, 121, 222Fakultät, 32fast überall, 257Fatou, Lemma von, 257feiner, Topologien, 163Fixpunkt, 239Fixpunktsatz von Banach, 240Folgen, 48rekursiv, 55Folgenkriterium, 166Stetigkeit, 95Formeln, 30Fourierreihen, 140Fouriertransformation, 141Fubini, 262Fundamentale Funktionen, 63Fundamentalfolge, 77Funktion, 24impliziert definierte, 242Funktionalpositives lineares, 252Funktionaldeterminante, 194Funktionalgleichungen, 63Funktionalmatrix, 194Funktionenimplizite, 238Funktionenfolgen, 102ganze Zahlen, 31Gaußklammer, 31GaußschesEliminierungsverfahren, 42geometrische Reihe, 82, 308endliche, 32geordnet, 22total, 22glatte Funktionen, 149gleich mächtig, 27gleichmäßig konvergent, 107gleichmäßig stetig, 94gröber, Topologien, 163Gradient, 191Grenzwert, 48, 103Grenzwert von Funktionen, 102Häufungspunkte, 102höhere Ableitungen, 210harmonische Reihe, 82Hauptsatz der Analysis, 137Hausdorffscher Raum, 169Heine-Borel, 174Hesse-Form, 213Hesse-Matrix, 213Hilberträume, 160Homöomorphismus, 181Horner-Schema, 44Identität, 26Imaginäranteil, 35imaginäre Einheit, 35Immersion, 247Implizite Funktionen, 238

Stichwortverzeichnis 314indefinit, 221indirekter Beweis, 9Infimum, 23injektiv, 25Inneres, 168inneres Produkt, 161Integraloberes, 255unteres, 255Integralkriterium, 83Integrand, 129Integration, 127, 262Integrationstheorie, 251integrierbar, 128Intervall, 92geschlossenes, 92halboffenes, 92offenes, 92Jacobi-Matrix, 194Kardinalität, 27kartesiches Produkt, 181kartesisches Produkt, 24Kettenregel, 119, 195kleiner Satz vom Rang, 247kompakt, 173komplexe Zahlen, 35Komposition, 26Kontraktion, 239konvergentgleichmäßig, 107punktweise, 106Konvergenzkriterienfür Reihen, 82KonvergenzkriteriumCauchysches, 78Konvergenzradius, 153konvergieren, 48konvexe Hülle, 198konvexe Mengen, 197kritischer Wert, 246l’HospitalRegel von, 120Lagrange Restglied, 151, 232Laplaceoperator, 214Lebesgue Integral, 254Leibnizkriterium, 83Lemma von Fatou, 257Literaturverzeichnis, 311log, 63Logarithmus, 63lokales Extremum, 121, 222lokales Maximum, 121, 222lokales Minimum, 121, 222Mächtigkeit, 27Majorantenkriterium, 83majorantische Konvergenz, 257mathematische Methoden, 42Maximum, 23, 121absolutes, 222lokales, 121, 222Mengenlehre, 21Metrik, 76metrische Räume, 76Minimum, 23, 121absolutes, 222lokales, 121, 222Minorantenkriterium, 83Mittelwertsatz, 121, 199der Integration, 137monoton fallen, 53, 98monoton wachsend, 53, 97monotone Konvergenz, 257Monotoniekriterium, 54natürliche Topologie, 163natürliche Zahlen, 30NebenbedingungenExtrema, 223negativ definit, 221Norm, 108, 158normierte Algebra, 201normierte Räume, 158Nullmenge, 256oben beschränkt, 23oberes Integral, 255

Stichwortverzeichnis 315offene Überdeckung, 173offene Mengen, 165Operatornorm, 160p,q-Formel, 35Parallelogramm-Regel, 161Parameterintegrale, 268Partialbruchzerlegung, 43Partialsummen, 80partiell differenzierbar, 190stetig, 190partielle Ableitung, 190partielle Integration, 133PBZ, 43periodisch, 70Polarkoordinaten, 266Polynomdivision, 43positiv definit, 221Potenzmenge, 22Potenzreihen, 151, 308prähilbert Raum, 161Präintegral, 252Prinzip von Cavalieri, 263Produktregel, 119Projektion, 181Projektionsfunktion, 181Punktregulärer, 246singulärer, 246punktweise konvergent, 106Quader, 252achsenparalleler, 252quadratische Gleichungen, 35Quantoren, 8Quotientenkriterium, 83Quotientenregel, 120Rang, 246kleiner Satz vom, 247Satz vom, 248rationale Zahlen, 31Realteil, 35Rechenregeln, 99Differentiation, 117, 119Folgen, 52Grenzwerte, 103Integration, 132, 258komplexe Zahlen, 37Reihen, 82Stetigkeit, 95Summen, 33Urbilder, 24reelle Zahlen, 32Regel von l’Hospital, 120regulärer Punkt, 246regulärer Wert, 246Reihen, 80Konvergenzkriterien, 82rekursive Folgen, 55Relation, 22, 27Restglied, 150, 231Richtungsableitung, 191Rieszscher Raum, 252Satz überden Rang, 248implizite Funktionen, 243Umkehrbarkeit, 98, 247Satz vonArchimedes, 30B.Levi, 257Bolzano, 97Fubini, 262H.A.Schwarz, 211Heine-Borel, 174Lagrange, 224Lebesgue, 257Pythagoras, 34Rolle, 122Schröder-Bernstein, 28Taylor, 151Weierstraß, 223Schlömilch’es Restglied, 151, 232Schnittzahl, 34Schrankeobere, 23untere, 23sin, 68

Stichwortverzeichnis 316singulärer Punkt, 246Sinus, 68Sinushyperbolicus, 71Skalarprodukt, 161Sphähre, 175Spurtopologie, 164Stammfunktion, 131Stammfunktionen, 309stetig, 92, 180gleichmäßig, 94stetig differenzierbar, 149stetig fortsetzbar, 183Stetigkeit, 92in metrischen Räumen, 94Strecke, 197offene, 197streng monoton fallen, 53, 98streng monoton wachsend, 53, 98sublineares Funktional, 160Submersion, 247Substitutionsregel, 134, 264Supremum, 23Supremumsnorm, 115, 158surjektiv, 25tan, 66Tangens, 66Taylorformel, 231Taylorpolynom, 150, 231Taylorreihen, 149mehrere Variablen, 231Teilüberdeckung, 173Teilfolgen, 55Teilmenge, 21Teleskopsummen, 86Topologie, 163, 165topologisch äquivalent, 164, 181topologische Räume, 163total differenzierbar, 192total geordnet, 22totale Ableitung, 192Träger, 258Transformation, 239Transformationsformel, 264Treppenfunktion, 127, 253Umgebung, 168Umkehrabbildung, 26, 185Umkehrsatz, 98, 247unbestimmte Ausdrücke, 121unbestimmtes Integral, 131uneigentliche Integration, 139unten beschränkt, 23unteres Integral, 255Urbild einer Abbildung, 24Verdichtungskriterium, 83Vereinigung, 21Verknüpfung, 26vollständigmetrischer Raum, 78vollständige Induktion, 11Volumenberechnungim Raum, 265Volumenintegrale, 265Weg, 171Wegintegral, 212wegzusammenhängend, 171Wertkritischer, 246regulärer, 246Wertevorrat, 24Wurzelkriterium, 83Zahlensysteme, 84Zielbereich, 24zusammenhängend, 169einfach, 170weg, 171Zusammenziehung, 239Zwischenwertsatz, 97Zylinderkoordinaten, 265