Analysis I & II UniBas Basel

Eine Zahl \(a \in \mathbb{R}\) heisst Häufungspunkt einer Folge \((a_n)\) wenn es eine Teilfolge von \((a_n)\) gibt die gegen \(a\) konvergiert.

=> (Bolzano Weierstrass) jede beschränkte Folge hat mindestens ein Häufungspunkt.

Beweis:

Da die Folge beschränkt ist besitzt sie eine konvergente Teilfolge (Bolzano Weierstras).
 

obdA: die folge ist monoton wachsend.

Limes der Teilfolge (Bolzano Weierstras) ist die kleinste obere schranke \(a\).

Für jedes \(\varepsilon > 0\) finden wir ein genug grosses \(n \in \mathbb{N}\) so dass \(|a_n - a| < \varepsilon\)

Da epsilon immer kleiner wird, konvergiert die Folge.

Beweis:

Sei \((a_n) \to a\) dann gilt:
für jedes \(\varepsilon > 0\) gibt es \(N \in \mathbb{N}\) mit \(|a_n - a| < \frac{\varepsilon}{2}, n \geq N\)

=> für alle n,m
\(|a_n - a_m| = |(a_n - a) - (a_m - a)| \leq |a_n - a| + |a_m - a| < \frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon\)

Intervallschachtelungsprinzip impliziert Vollständigkeit

Vollständigkeitsaxiom: In \(\mathbb{R}\) konvergiert jede Cauchyfolge (\(|a_n - a_m| < \varepsilon\))

Intervallschachtelungsprinzip: Ineinandergeschachtlelte Intervalle min lim (diam) -> 0: genau ein grenzwert.

\(\mathbb{N,Z,Q}\) sind abzählbar

\(\mathbb{R}\) ist überabzählbar

Beweis:

Annahme: \(\mathbb{R}\) ist abzählbar ⇒ es existiert eine Folge \((r_n)\) die \(\mathbb{R}\) zwischen 0 und 1 abzählt.

Wir schreiben die \((r_n)\) in eine tabelle:

\(r_1 = 0, x_{1,1},x_{1,2},x_{1,3},...\)
\(r_2 = 0, x_{2,1},x_{2,2},x_{2,3},...\)
usw.

wir kreieren eine neue Zahl \(z = 0, z_1 \neq x_{1,1}, z_2 \neq x_{2,2}, ...\)

Diese zahl unterscheidet sich an jeder stelle von mindestens einer anderen zahl und kommt daher nicht in \((r_n)\) vor. ⚡

⇒ \(\mathbb{R}\) ist überabzählbar

\(\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} q^n = \frac{1}{1-q}\) für \(|q| < 1\)

Beweis

\(\displaystyle \sum_{k=0}^n q^k = q^0 + q^1 + q^2 ... + q^n\) | multipliziere beide seiten mit \((1-q)\)

\(\displaystyle \sum_{k=0}^n q^k (1-q) = (q^0 + q^1 + q^2 ... + q^n) (1-q) = 1 - q^{n+1}\) | dividiere beide seiten mit \((1-q)\)
(teleskopsumme, \(q^0 * 1 = 1\), \(q^n * q = q ^{n+1}\))

\(\displaystyle \sum_{k=0}^n q^k = \frac{1 - q^{n+1}}{1-q}\)

Für \(n \to \infty\) gilt deshalb

\(\displaystyle \sum_{k=0}^\infty q^k = \frac{1}{1-q}\)

\(q < 1\)

Die Reihe \(\displaystyle \sum_{k=1}^\infty q^k = \frac{1}{1-q}\) konvergiert

\(q = 1\), \(q > 1\)

Die Reihe divergiert

Folge der Parzialsummen beschränkt

Sei \(a_n \geq 0\) für alle \(n \in \mathbb{N}\), dann konvergiert die Reihe \(\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} a_n \) genau dann wenn die Folge der Partialsummen nach oben beschränkt ist.

Das heisst \(S_N \leq C \) für alle \(n \in \mathbb{N}\), wobei \(C \geq 0 \) eine Konstante ist

(PER DEFINITION)

Die Harmonische Reihe \(\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}\) ist divergent.

Beweis

\(\displaystyle S_N = \sum_{n=1}^{\infty} = 1 + \frac{1}{2} + ... + \frac{1}{N}\)

\(S_{2^k} = 1 + \frac{1}{2} + ... + \frac{1}{2^k}\)

\(= 1 + \frac{1}{2} + (\frac{1}{3} + \frac{1}{4}) + (\frac{1}{5} + ... + \frac{1}{8}) + ... + (\frac{1}{2^{k-1}+1} + ... + \frac{1}{2^k})\)

\(\geq 1 + \frac{1}{2} + 2\frac{1}{4} + 2^2\frac{1}{8} + ... + 2^{k-1}\frac{1}{k} = 1 + \frac{k}{2}\)

Die abschätzung für die Partialsummen sind nicht nach oben beschränkt, => die harmonische Reihe ist divergent.

Sei \((a_n)\) eine Folge in \(\mathbb{R}\). Dann konvergiert die Reihe \(\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} a_n\) genau dann wenn gilt: für jedes \(\varepsilon > 0\) existiert eine Zahl \(N \in \mathbb{N}\) so dass

\(\displaystyle \left|\sum_{n=l}^{m} a_n\right| < \varepsilon\) für alle \(m \geq l \geq N\)

Beweis

Per definition konvergiert \(\sum_{n=0}^\infty a_n\) genau dann wenn die Folge der Partialsummen \(S_N = \sum_{n=0}^N a_n\) konvergiert.
\(S_N\) konvergiert genau dann wenn es eine Cauchy-Folge bildet.
\(|S_k-S_{k'}|< \varepsilon\) für alle \(k,k' \geq N\)

\(S_k - S_{k'} = \sum_{n=0}^k a_n - \sum_{n=0}^{k'}a_n = \sum_{n = k' + 1}^k a_n\)

Sei \((a_n)\) eine monoton fallende Folge mit \(a_n \geq 0\) für alle \(n \in \mathbb{N}\) und \(\displaystyle\lim_{n \to \infty} a_n = 0\)

Dann konvergiert die alternierende Folge

\(\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n a_n\)

Eine Reihe \(\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} a_n\) heisst absolut konvergent wenn auch \(\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} |a_n|\) konvergent ist.

Absolute konvergenz impliziert konvergenz.

Sei \(\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} c_n\) konvergent mit \(c_n \geq 0\) für alle \(n \in \mathbb{N}\) und \((a_n)\) eine Folge mit \(|a_n| \leq c_n\) für alle \(n \in \mathbb{N}\). Dann konvergiert die Reihe \(\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} a_n\) absolut.

\(\sum_{n=0}^{\infty} c_n\) ist die Majorante

Eine Funktion ist stetig im punkt \(a \in D\) falls gilt

\(\displaystyle \lim_{x\to a} f (x) = f(a)\)

Sei \(f: [a,b] \to \mathbb{R} \) stetig mit \(f(a) < 0\) und \(f(b) > 0\) (oder umgekehrt)

Dann existiert ein \(p \in [a,b] \text{ mit } f(p) = 0\)

Eine stetige Funktion auf einem intervall welches durch den Nullpunkt geht hat eine Nullstelle.

Beweis:
Wir definieren eine Folge von ineinandergeschachtelten Intervallen \([a_n, b_n] \subset [a_{n-1}, b_{n-1}]\). Jeder dieser Intervalle wird so gesetzt dass es den Vorzeichenwechsel enthält, und den halben Durchmesser vom letzten Intervall hat.
Es folgt dass \(a_n\) gegen einen punkt \(p_1\) konvergiert und \(b_n\) gegen einen punkt \(p_2\). Da der intervallradius immer halbiert wird ist \(p_1 = p_2 = p\).

Sei f eine funktion dann ist sie im Punkt \(a \in D\) genau dann stetig wenn gilt:
Für jedes \(\varepsilon > 0\) gibt es \(\delta > 0\) so dass

\(|f(x) - f(a)| < \varepsilon \text{ für alle } y \in D \text{ mit } |x-a| < \delta\)

Sei f eine funktion dann ist sie dann gleichmässig stetig wenn gilt:
Für jedes \(\varepsilon > 0\) gibt es \(\delta > 0\) so dass

\(|f(x) - f(y)| < \varepsilon \text{ für alle } x,y \in D \text{ mit } |x-y| < \delta\)

f gleichmässig stetig ⇒ f stetig

\(f: [a,b] \to \mathbb{R}\) stetig ⇒ f gleichmässig stetig

Definition

\(\displaystyle exp(x) := \lim_{n\to \infty} (1 + \frac{x}{n})^n = \sum_{k=0}^{\infty}\frac{x^k}{k!} = 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} + ...\)

Eigenschaften

• \(\exp(x+y) = \exp(x)\exp(y)\)
• \(\displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{\exp(x) -1}{x} = 1\)

Beweis für \(\exp(x+y) = \exp(x)\exp(y)\)

\(\exp(x)\exp(y) = \lim_{n \to \infty} (1 + \frac{x}{n})^n(1 + \frac{x}{n})^n = \lim_{n \to \infty} (1 + \frac{x+y+\frac{xy}{n}}{n})^n = \exp(xy)\)

exp ist die einzige funktion mit diesen Eigenschaften!

• exp ist stetig
• exp(x) > 0 für alle x in R
• exp ist streng monoton wachsend
• exp \(\mathbb{R} \to \mathbb{R}_{>0} \) ist bijektiv

Umkehrfunktion der Exponentialfunktion

\(x = e^y \quad\equiv\quad y = \log(x)\)

Eigenschaften

• \(\log(xy) = \log(x) + \log(y) \) für alle x,y > 0
• \(\displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{\log(1+x)}{x} = 1\)

Eine Funktion \(f: I \to \mathbb{R}\) heisst differenzierbar an der stelle \(x \in I\) wenn der Grenzwert

\(\displaystyle f'(x) := \lim_{h \to 0} \frac{f(x+h) - f(x)}{h} \)

existiert. Wir nennen f' die Ableitung von f an der stelle x.

Eine funktion \(f : I \to \mathbb{R}\) ist genau dann an der Stelle a in I differenzierbar wenn es die Konstante gibt, so dass

\(f(x) = f(a) + c(x-a) + \varphi(x)\)

wobei phi eine Funktion ist für die gilt

\(\displaystyle \lim_{x\to a} \frac{\varphi (x) }{x-a} = 0\)

In diesem fall ist c = f'(a).

Eine funktion hat an einer stelle \(x \in I\) ein lokales Maximum falls \(\varepsilon > 0\) existiert so dass gilt:

Für alle \(\xi \in I\) mit \(|\xi - x| < \varepsilon\) ist \(f(x) \geq f(\xi)\)

Wenn eine funktion an der stelle x differenzierbar dann gilt:

f hat lokales extremum bei x ⇒ f'(x) = 0

Beweis:

\(f\) hat ein lokales Maximum bei \(x \in (a,b)\).

Es existiert also ein \(\varepsilon > 0\) mit \(f(x) \geq f(\xi)\) für alle \(\xi \in (x-\xi, x+\xi)\).

\(\displaystyle f'(x) = \lim_{\xi \searrow x} \frac{f(\xi) - f(x)}{\xi - x}\)

Aus dem lokalen maximum folgt \(f'(x) \leq 0\). Analog für \(\xi \nearrow x\). Aus dem zwischenwertsatz folgt also f'(x) = 0.

Sei \(f: [a,b] \to \mathbb{R}\) eine stetige Funktion mit \(f(a) = f(b)\).

Ist die funktion \(f\) differenzierbar in \((a,b)\) dann existiert \(\xi \in (a,b) \) mit \(f'(\xi) = 0\)

Beweis

1. Entweder \(f\) ist konstant und hat überall \(f'(x) = 0\)
2. \(f\) ist nicht konstant und hat mindestens einen kleinsten oder grössten wert an der stelle \(p \in (a,b)\) ⇒ \(f'(p) = 0\).
   (Satz von Fermat)

Sei \(f: [a,b] \to \mathbb{R} \) stetig und \(f\) differenzierbar auf \((a,b)\) . Dann existiert \(\xi \in (a,b) \) mit

\(\frac{f(b) - f(a)}{b-a} = f'(\xi)\)

Erläuterung:

Eine stetige funktion nimmt zwischen zwei punkten an mindestens einer stelle die Ableitung gleich der Steigung zwischen diesen punkten an.

Beweis:

Betrachte die Hilfsfuntkion

\(F(x) = f(x) - \frac{f(b) - f(a)}{b-a} (x-a)\) (= f(x) minus der geraden zwischen den punkten)

Durch satz von rolle gilt nun dass f'(x) = 0 vorkommen muss.

Sei \(f: [a,b] \to \mathbb{R} \) stetig und differenzierbar in \((a,b)\) dann gilt:

• \(f'(x) \geq 0 \text{ für alle } x \in (a,b) \quad\Longleftrightarrow f\) ist monothon wachsend auf \([a,b]\)
• \(f'(x) > 0 \text{ für alle } x \in (a,b) \quad\Longrightarrow f\) ist streng monothon wachsend auf \([a,b]\)

Ist f differenzierbar und es existiert f''(x) an der stelle x und

\(f'(x) = 0\) und \(f''(x) > 0\)

Dann hat \(f\) ein striktes lokales minimum

Definition:
TODO

Wenn \(f\) zweimal differenzierbar:

\(f\) ist konvex \(\quad \Longleftrightarrow \quad f''(x) \geq 0\)

Untersuchen von unbestimmten Ausdrücken der Form \(\displaystyle \frac{0}{0}, \frac{\infty}{\infty}\).

\(f: [a,b] \to \mathbb{R}\) ist monoton wachsend. Die Funktion \(f\) muss also beschränkt sein, (das maximum ist \(f(b)\))

Wir wählen eine äquidistante zerlegung (\(x_k = a + k \frac{b-a}{n}\))

Wir definieren die Treppenfunktionen \(\varphi, \psi \in \mathcal{T}[a,b]\) wobei \(\varphi \) untere Treppenfunktion und \(\psi\) obere Treppenfunktion.

sowie

\(\displaystyle\int_a^b \psi(x) dx - \int_a^b \varphi(x) dx = \sum_{k=1}^nf(x_k)(\frac{b-a}{n}) - \sum_{k=1}^nf(x_{k-1})(\frac{b-a}{n})\)

\(\displaystyle= \frac{b-a}{n}\left(\sum_{k=1}^nf(x_k) - \sum_{k=1}^n f(x_{k-1})\right) = \frac{b-a}{n}(f(b) - f(a)) \leq \varepsilon\) falls \(n \geq 1\) genügend gross ist.

\(\displaystyle \int_a^b \varphi(x)dx := \sum_{k=1}^n c_k \Delta x_k\)

Eigenschaften

• \(\displaystyle \int_a^b (\varphi + \psi) (x)dx = \int_a^b \varphi(x)dx + \int_a^b \psi(x)dx\)
• \(\displaystyle \int_a^b (\lambda\varphi)(x)dx = \lambda\int_a^b \varphi(x)dx\)
• \(\displaystyle \varphi \leq \psi \quad \Longrightarrow \quad \int_a^b \varphi(x)dx \leq \int_a^b \psi(x)dx\)

Sei \(f: [a,b] \to \mathbb{R}\) eine beschränkte Funktion, dann definieren wir das Oberintegral als

\(\displaystyle \overline{\int_a^b}f(x)dx := \inf \left\{\int_a^b \varphi(x) dx: \varphi \in \mathcal{T}[a,b], \varphi \geq f \right\}\)

In worten, das oberintegral ist definiert als das integral der kleinsten treppenfunktion die grösser als die funktion f ist.

Analog das unterintegral.

Es gilt \(\displaystyle \underline{\int_a^b}f(x)dx \leq \overline{\int_a^b}f(x)dx\)