uni/ws2019/ana/lectures/analysis17.tex

\documentclass{../../../lecture}

\begin{document}
\begin{proof}
    Sei $f(a) < y < f(b)$ (die Fälle $y = f(a)$ oder $y = f(b)$ sind trivial).
    Betrachte $g(x) := f(x) - y$. $g(x)$ stetig und
    $g(a) < 0, g(b) > 0$.

    Wir suchen die Nullstelle $c \in [a,b]$ mit $g(c) = 0$ mit dem
    Intervallschachtelungsprinzip in $\R$.

    Starte mit $I_0 = [a_0, b_0] := [a,b]$, es gilt
    $g(a_0)\cdot g(b_0) < 0$. Sei $c_0 := \frac{1}{2}(a_0+b_0)$ der
    Mittelpunkt von $[a_0, b_0]$. Falls $g(c_0) = 0$, dann
    ist $c_0$ Nullstelle von $g(x)$. Sonst setze
    \[
        I_1 = [a_1, b_1] = \begin{cases}
            [a_0, c_0] & \text{für } g(a_0)g(c_0) < 0 \\
            [c_0, b_0] & \text{für } g(c_0)g(b_0) < 0
        \end{cases}
    .\] Es gilt $g(a_1) \cdot g(b_1) < 0$ und $|a_1 - b_1| = \frac{1}{2} |a_0-b_0|$ usw.

    Nach endlich vielen Schritten erhalten wir entweder eine Nullstelle $c_n$ von $g(x)$. Dann
    ist  $c = c_n$, oder eine unendliche Folge von geschachtelten Intervallen $I_n = [a_n, b_n]$, $n \in \N$ mit den
    Eigenschaften $g(a_n)g(b_n) < 0$ und
    \[
        |b_n - a_n| = \frac{1}{2}|b_{n-1} - a_{n-1}| = \ldots = \left( \frac{1}{2} \right) ^{n} |b_0 - a_0|
    .\] wird konstruiert. $\implies$
    \[
    \exists c = \bigcap_{n = 1}^{\infty} I_n \text{ und } c = \lim_{n \to \infty} a_n = \lim_{n \to \infty} b_n
    .\] Nach Konstruktion $g(a_n) g(b_n) < 0$. Wegen der Stetigkeit
    und den Eigenschaften des Limes gilt $g(a_n)g(b_n) \to g(c)g(c) \le 0, n \to \infty$\\
    $\implies g(c) = 0$
\end{proof}

\begin{bem}
    \begin{enumerate}
        \item Bisektionsverfahren zur Berechnung einer Nullstelle einer stetigen Funktion funktioniert
            wie im Beweis des Zwischenwertsatzes.
        \item Eine stetige Funktion $f\colon [a,b] \to \R$ mit Bildbereich
            $B \subset [a,b]$ besitzt einen ,,Fixpunkt'', d.h.
            $\exists c \in [a,b]$ mit $f(c) = c$ (Folgt aus Beweis des
            Zwischenwertsatzes mit $g(x) = f(x) - x$
        \item Sei $I \subset \R$ ein Intervall und $f\colon I \to \R$ stetig, dann
            ist $f(I)$ ebenfalls ein Intervall. Konvention: $f \equiv a$ konstant, dann $f(I) = [a,a]$.
            \begin{proof}
                Setze $B := \text{sup}\{f(x)  \mid x \in I\} $ falls $f$ nach oben
                beschränkt, sonst $B := \infty$ und $A := \text{inf}\{f(x)  \mid x \in I\} $ falls
                $f$ nach unten beschränkt, sonst $A := -\infty$. Sei $y \in \R$ mit
                $A < y < B$. Nach Definition $\exists x_0, x_1 \in I$ mit $f(x_0) < y < f(x_1)$.\\
                $\stackrel{\text{ZWS}}{\implies}$ $\exists x \in I$ mit $f(x) = y$ \\
                $\implies \; ]A,B[ \; \subset f(I).$ Damit:
                \[
                    f(I) \in \{ ]A, B[, [A, B[, ]A, B], [A, B]\}  
                .\] 
            \end{proof}
    \end{enumerate}
\end{bem}

\begin{definition}[Monotone Funktionen]
    Sei $D \subset \R$, $f\colon D \to \R$.
    \[
    f \text{ heißt } \begin{cases}
        \text{monoton wachsend} & f(x) \le f(x') \\
        \text{streng monoton wachsend} & f(x) < f(x') \\
        \text{monoton fallend} & f(x) \ge  f(x') \\
        \text{streng monoton fallend} & f(x) > f(x') \\
    \end{cases}
    \quad \forall x, x' \in D \text{ mit } x < x'
    .\] 
\end{definition}

\begin{satz}[Stetigkeit der Umkehrfunktion]
    Sei $I \subset \R$ ein Intervall und $f\colon I \to \R$ eine stetige 
    streng monoton wachsende (streng monoton fallende) Funktion.

    Dann ist $f\colon I \to f(I)$ bijektiv und $f^{-1}\colon f(I) \to I$ ebenfalls
    stetig und streng monoton wachsend (bzw. fallend).
\end{satz}

\begin{proof}
    $f(I)$ ist wieder ein Intervall, $f$ ist streng monoton $\implies$ injektiv
    $\implies f:I \to f(I)$ bijektiv, d.h. $\exists f^{-1}$.
    
    Außerdem $f(x_1) < f(x_2) \implies$
    \[
    \begin{cases}
        f^{-1}(f(x_1)) = x_1 < x_2 = f^{-1}(f^{(x_2}) & f \text{ wachsend} \\
        f^{-1}(f(x_1)) = x_1 > x_2 = f^{-1}(f^{(x_2}) & f \text{ fallend} \\
    \end{cases}
.\] $\implies f^{-1}$ auch streng monoton wachsend (bzw. fallend).

    Zu zeigen: $f^{-1}\colon f(I) \to I$ ist stetig. O.B.d.A. $f$ wachsend (sonst $\to -f$ ).
    Sei $y_0 \in f(I)$ mit $x_0 := f^{-1}(y_0)$ und $\epsilon > 0$.

    1. Fall: $x_0$ ist kein Randpunkt, sei $\epsilon > 0$ so klein, dass $]x_0 - \epsilon, x_0 + \epsilon[ \; \subset I$.
    Dann
    \[
        y_{-} := f(x_0 - \epsilon) < y_0 < f(x_0 + \epsilon) =: y_{+}
    .\] Definiere $\delta := \text{min}(y_{+}-y_0, y_0 - y_{-})$. $\implies$
    \[
    .\] 
    \begin{align*}
        &B_{\delta}(y_0) \subset \; ]y_{-}, y_{+}[ \; \stackrel{\text{ZWS}}{\subset} f \; ]x_0 - \epsilon, x_0 + \epsilon[  \qquad \mid f^{-1}
        \implies & f^{-1}(]y_0 - \delta, y_0 + \delta[) \subset f^{-1}(f(]x_0 - \epsilon, x_0 + \epsilon[)) = ]x_0 - \epsilon, x_0 + \epsilon[ \\
                 &\implies f^{-1} \text{ stetig in } y_0 \text{ nach Definition}
    .\end{align*}

    2. Fall: $x_0$ ist Randpunkt $\implies y_0$ ist Randpunkt. Gleiche Argumentation wie
    oben mit $[x_0 - \epsilon, x_0]$ bzw. $[x_0, x_0 + \epsilon]$
\end{proof}

\begin{bsp}
    \begin{enumerate}
        \item Wurzeln sind stetig

            Für $k \in \N$ ist die Funktion $f: [0, \infty[ \to [0, \infty[$, $f(x) := x^{k}$
            streng monoton wachsend und surjektiv.\\
            $\implies$ Die Umkehrfunktion $f^{-1}\colon [0, \infty[ \to [0, \infty[$ ist
            stetig und streng monoton wachsend mit $f^{-1}(x) = \sqrt[k]{x} $
        \item $\ln$ ist stetig
    \end{enumerate}
\end{bsp}

\begin{satz}[Logarithmus]
    $\exp\colon \R \to \R$, $x \mapsto e^{x}$ ist streng monoton wachsend mit
    $\exp(\R) = \; ]0, \infty[$. Die Umkehrfunktion
    $\ln\colon ]0, \infty[ \to \R$ ist stetig, streng monoton wachsend und heißt
    natürlicher Logarithmus. $\ln(x) = \log_e(x)$.

    Es gibt die Funktionalgleichung
    \[
        \ln(x\cdot y) = \ln x + \ln y \quad \forall x, y \in ]0, \infty[
    .\] 
\end{satz}

\begin{proof}
    $f(x) = \exp(x) = e^{x} \stackrel{\text{Def.}}{=} \sum_{k=0}^{\infty} \frac{x^{k}}{k!}$.

    \begin{enumerate}
        \item $e^{x}$ ist streng monoton wachsend, weil für $k > 0$ gilt $e^{k} > 1$ und
            für $x < x'$ folgt $\exists h > 0$ s.d. $x' = x + h$.\\
            $\implies e^{x} < e^{x} \cdot \underbrace{e^{h}}_{> 1} = e^{x'} \implies e^{x} $ injektiv
        \item $e^{x}$ surjektiv, weil: Sei $a \in \R$ beliebig. Folge $(e^{n})_{n \in \N}$ divergiert
            strikt, da $e > 1$ $\implies$ Folge $(e^{-n})_{n \in \N}$ ist eine Nullfolge.\\
            $\implies \exists n \in \N$ mit $e^{-n} < a < e^{n}$.

            Die Exponentialfunktion ist auf $\R$ und auch auf $[-n, n]$ stetig $\stackrel{\text{ZWS}}{\implies}$ $\exists c \in [-n, n]$, s.d.
            $e^{c} = a \implies e^{x}$ surjektiv
        \item Nach Umkehrfunktionssatz folgt $\ln(x)$ ist stetig und
            strikt monoton wachsend $\forall [e^{-n}, e^{n}]$ $\forall n \in \N$ \\
            $\implies \ln\colon ]0, \infty[ \to \R$ stetig und streng monoton
            wachsend.
        \item Z.z.: $\ln(x\cdot y) = \ln x + \ln y$.

            Für $x, y$ gilt
            \begin{align*}
                &\exp(\ln x + \ln y) = e^{\ln x} \cdot e^{\ln y} = x \cdot y \qquad  \mid \ln \\
                \implies & \ln(e^{\ln x + \ln y }) = \ln x + \ln y = \ln (x\cdot y)
            .\end{align*}
    \end{enumerate}
\end{proof}

\end{document}