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\theoremstyle{plain}
\newtheorem{theorem}{Theorem}[section]
\newtheorem{lemma}[theorem]{Lemma}
\newtheorem{korollar}[theorem]{Korollar}
\newtheorem{satz}[theorem]{Satz}
\newtheorem{bemerkungnummer}[theorem]{Bemerkung}


\theoremstyle{remark}
\newtheorem*{bemerkung}{Bemerkung}
\newtheorem*{frage}{Frage}
\newtheorem*{definition}{Definition}
\newtheorem*{notation}{Notation}
\newtheorem*{beispiel}{Beispiel}
\newtheorem*{konvention}{Konvention}
\newtheorem*{behauptung}{Behauptung}


% verschiedene Groessen vom Integralzeichen
\def\bint{\bigintssss}  
\def\bbint{\bigintsss}
\def\bbbint{\bigintss}

\newcommand*{\bigforall}{\mathbin{\scalebox{1.2}{\ensuremath{\forall}}}}%
\newcommand*{\bigexists}{\mathbin{\scalebox{1.2}{\ensuremath{\exists}}}}%




\def\Q{\mathbb{Q}} 
\def\F{\mathbb{F}} 
\def\Z{\mathbb{Z}} 
\def\R{\mathbb{R}} 
\def\C{\mathbb{C}}
\def\N{\mathbb{N}} 

% drei verschiedene Groessen von Bruechen
\newcommand{\lmfrac}[2]{\mbox{\small$\displaystyle\frac{#1}{#2}$}}
\newcommand{\smfrac}[2]{\mbox{\footnotesize$\displaystyle\frac{#1}{#2}$}}
\newcommand{\tmfrac}[2]{\mbox{\large$\frac{#1}{#2}$}}

\newcommand{\opnormal}[1]{\operatorname{\textnormal{#1}}}

\numberwithin{equation}{section}


\begin{document}


\title{Analysis I}


\maketitle

\tableofcontents



%==================================================================
\section*{Konventionen und Definitionen aus der Mengenlehre}
Wir geben in der Vorlesung Analysis I eine axiomatische Einf\"uhrung in die Analysis. Die einzigen Begriffe, welche wir  nicht definieren werden, sind die folgenden:
\begin{enumerate}
\item der Mengenbegriff,
\item die Menge der nat\"urlichen Zahlen $\N:=\{1,2,3,\dots\}$ sowie $\N_0:=\{0,1,2,3\dots\}$,
\item die Menge der ganzen Zahlen $\Z$ und der rationalen Zahlen $\Q$.
\end{enumerate}
F\"ur Mengen verwenden wir hierbei die folgenden \"ublichen Schreibweisen:
\begin{enumerate}
\item $\emptyset$ bedeutet die leere Menge, d.h.\ die Menge ohne Elemente.
\item $a\in A$ bedeutet, dass $a$ ein Element der Menge $A$ ist.
\item $A\subset B$ bedeutet, dass $A$ eine Teilmenge von $B$ ist.
\item
Seien $A_1,\dots,A_k$ Mengen, dann schreiben wir
\[ A_1\times \dots \times A_k=\{ (a_1,\dots,a_k) \,|\, a_1\in A_1,\dots,a_k\in A_k\}.\]
Beispielsweise ist 
\[ \{1,2,3\}\times \{A,B\}=\{ (1,A), (1,B), (2,A), (2,B), (3,A),(3,B)\}\]
und 
\[ \R\times \R\times \R=\{ (a_1,a_2,a_3)\,|\, a_1,a_2,a_3\in \R\}\]
ist die Menge der Vektoren im $\R^3$.
\end{enumerate}
Eine Abbildung $f\colon  A\to B$ von einer Menge $A$ zu einer Menge $B$ ordnet jedem Element in $A$ genau ein Element in $B$ zu.\footnote{Man kann eine Abbildung $A\to B$ auch definieren als Teilmenge $S\subset A\times B$ mit der Eigenschaft, dass es zu jedem $a\in A$ genau ein $b\in B$ mit $(a,b)\in S$ gibt. Aber diese Definition ist zu Anfang des Studiums vielleicht nicht sehr hilfreich.}
Beispielsweise ist 
\[ \begin{array}{rcll} \N&\to &\Z \\
n&\mapsto & n^3-5n+2 \end{array} \]
eine Abbildung von der Menge $\N$ zur Menge $\Z$. Hierbei bezeichnet die erste Zeile, dass wir eine Abbildung von $\N$ nach $\Z$ betrachten, w\"ahrend die zweite Zeile die Abbildungsvorschrift angibt, d.h.\ in diesem Fall wird dem Element $n\in \N$ das Element $n^3-5n+2$ zugeordnet. 

Ein weiteres Beispiel ist gegeben durch
\[ \begin{array}{rcl} \{0,1,2\} &\to & \Z \\
0&\mapsto & -5, \\
1&\mapsto & 3,\\
2&\mapsto &-5.\end{array} \]
Dies isteine Abbildung von der Menge $\{0,1,2\}$ zur Menge $\Z$ der ganzen Zahlen. 



\newpage

%==================================================================
\section{Der K\"orper der reellen Zahlen}

%==================================================================
\subsection{Die K\"orperaxiome}\label{section:korperaxiome}
In der Analysis I besch\"aftigen wir uns mit dem `K\"orper der reellen Zahlen'. Hierbei m\"ussen wir erst einmal den Begriff des `K\"orpers' einf\"uhren. 


\begin{definition}
Ein \emph{K\"orper} ist eine Menge $K$ zusammen mit zwei Abbildungen:
\footnote{Eine Abbildung $K\times K\to K$ ordnet je zwei Elementen $a$ und $b$ in $K$  ein  Element in $K$ zu. In diesem Fall bezeichnen wir das $a$ und $b$ zugeordnete Element mit $a+b$.}
\begin{align*}
 \begin{array}{rcll} 
 \hspace{5.5cm} K\times K&\mapsto & K& \mbox{`Addition'}\hspace{1.4cm}\\
(a,b)&\mapsto &a+b,
\intertext{und}
K\times K&\mapsto & K&\mbox{`Multiplikation'}\\
(a,b)&\mapsto &a\cdot b, \end{array} \end{align*}
welche folgende Eigenschaften erf\"ullen:
\begin{align*}
\begin{array}{rcll}
\intertext{(A1)\hspace{0.1cm} F\"ur alle $x,y,z\in K$ gilt}
\hspace{4cm} (x+y)+z&=&x+(y+z) \hspace{1cm}&\mbox{(Assoziativgesetz).}
\intertext{(A2)\hspace{0.1cm} F\"ur alle $x,y\in K$ gilt}
 x+y&=&y+x  & \mbox{(Kommutativgesetz).}
\intertext{(A3)\hspace{0.1cm} Es existiert ein Element $N\in K$, so dass f\"ur alle $x\in K$ gilt:}
 x+N&=&x.
\intertext{(A4)\hspace{0.1cm} Zu jedem $x\in K$ existiert ein Element $y\in K$, so dass}
x+y&=&N.
\intertext{(M1)\hspace{0.1cm} F\"ur alle $x,y,z\in K$ gilt}
 (x\cdot y)\cdot z&=&x\cdot (y\cdot z)& \mbox{(Assoziativgesetz).}
\intertext{(M2)\hspace{0.1cm} F\"ur alle $x,y\in K$ gilt}
 x\cdot y&=&y\cdot x &\mbox{(Kommutativgesetz).}
\intertext{(M3)\hspace{0.1cm} Es existiert ein Element $E\in K$, so dass $N\ne E$, und so dass f\"ur alle $x\in K$ gilt:}
x\cdot E&=&x.
\intertext{(M4)\hspace{0.1cm} Zu jedem $x\in K$ mit $x\ne N$ existiert ein Element $z\in K$, so dass}
 x\cdot z&=&E.
\intertext{(D)\hspace{0.4cm} F\"ur alle $x,y,z\in K$ gilt}
 x\cdot (y+z)&=&x\cdot  y+x\cdot z&\mbox{(Distributivgesetz)}.
 \end{array}\end{align*}
\end{definition}

Wir  nennen  die Eigenschaften (A1)-(A4) die \emph{Axiome der Addition} und die Eigenschaften (M1)-(M4) die \emph{Axiome der Multiplikation}. 
Die Eigenschaften (A1)-(A4), (M1)-(M4) sowie (D), welche zusammen einen K\"orper definieren, werden  \emph{K\"orperaxiome} genannt.


\begin{beispiel}\mbox{}
\begin{enumerate}
\item Die Eigenschaften kommen uns nat\"urlich bekannt vor, beispielsweise erf\"ullt $K=\Q$ oder $K=\R$ mit der \"ublichen Addition und Multiplikation alle K\"orperaxiome, wobei $N=0$ und $E=1$. Anders ausgedr\"uckt, $K=\Q$ und $K=\R$ sind K\"orper.
\item Wenn wir $K=\Z$ mit der \"ublichen Addition und Multiplikation betrachten, dann gelten die Axiome der Addition mit $N=0$, zudem gelten die Axiome (M1) bis (M3) mit $E=1$ und das Distributivgesetz. Das Axiom (M4) gilt allerdings nicht, beispielsweise gibt es f\"ur $2\in \Z$ kein $z\in \Z$, so dass $2\cdot z=1$. 
\item Neben den K\"orpern $K=\Q$ und $K=\R$, welche aus der Schule bekannt sind, gibt es noch  andere K\"orper. Betrachten wir beispielsweise $\F_2=\{N,E\}$, d.h.\ die Menge mit zwei Elementen $\{N,E\}$. Wir definieren die Addition folgenderma\ss en:
\footnote{In diesem Fall ist $\F_2\times \F_2$ die Menge bestehend aus $\{(N,N),(N,E),(E,N),(E,E)\}$. Eine Abbildung $\F_2\times \F_2\to \F_2$ ordnet also jedem Element in $\{(N,N),(N,E),(E,N),(E,E)\}$ entweder das Element $E$ oder das Element $N$ in $\F_2$ zu.} 
\[ \begin{array}{rcl} \F_2\times \F_2 &\to & \F_2 \\
(N,N)&\mapsto & N+N:=N \\
(N,E)&\mapsto & N+E:=E \\
(E,N)&\mapsto & E+N:=E \\
(E,E)&\mapsto & E+E:=N \\
\end{array}\]
 und die Multiplikation wie folgt:
 \[ \begin{array}{rcl} \F_2\times \F_2 &\to & \F_2 \\
(N,N)&\mapsto & N\cdot N:=N \\
(N,E)&\mapsto & N \cdot E:=N \\
(E,N)&\mapsto & E\cdot N:=N \\
(E,E)&\mapsto & E \cdot E:=E \\\end{array} \]
Wir m\"ussen nun zeigen, dass alle K\"orperaxiome gelten.  Beispielsweise sind die Definitionen der Addition und der Multiplikation symmetrisch, also gelten die Kommutativgesetze (A2) and (M2). Es ist auch relativ elementar nachzupr\"ufen, dass (A3) und (A4) sowie (M3) und (M4) gelten.  
Es ist hingegen eine etwas umst\"andliche Fieselarbeit zu nachzuweisen, dass die \"ubrigen  K\"orperaxiome ebenfalls erf\"ullt sind.  F\"ur (A1) muss man beispielsweise acht verschiedene F\"alle verifizieren. 
Im Laufe der linearen Algebra Vorlesung werden Sie sehen, dass die Definition der Addition und Multiplikation auf $\F_2$ nicht willk\"urlich sind, sondern sich ganz nat\"urlich aus der Addition und Multiplikation auf $\Z$ herleiten.
\footnote{Es stellt sich nun die Frage, ob man auf jeder Menge $X$ geschickt eine Addition und Multiplikation definieren kann, so dass alle Axiome gelten. In der Algebravorlesung wird normalerweise gezeigt, dass man dies f\"ur eine endliche Menge durchf\"uhren kann, genau dann, wenn die Anzahl der Elemente in $X$ eine Primpotenz ist, d.h. von der Form $p^n$ wobei $p$ eine Primzahl ist und $n\in \N$.}
\item Es gibt noch sehr viele weitere Beispiele von K\"orpern, beispielsweise ist 
\[ \hspace{1cm}K=\mbox{Menge der rationalen Funktionen}=\Big\{ \smfrac{p(t)}{q(t)}\,\Big|\, p(t),q(t)\ne 0\mbox{ Polynome in $t$}\Big\}\]
mit der \"ublichen Addition und Multiplikation ein K\"orper. 
\footnote{Beispielsweise gilt in $K$, dass
\[ \smfrac{1}{2+t} +\smfrac{2t^2-1}{3+t^2}\,\,=\,\, \smfrac{3+t^2+(2+t)(2t^2-1)}{(2+t)(3+t^2)}\,\,=\,\,
\smfrac{2t^3+5t^2-t+1}{t^3+2t^2+3t+6}.\]
D.h.\  die Summe von zwei rationalen Funktionen ist wiederum eine rationale Funktion.}
\end{enumerate}
\end{beispiel}


%================================
\subsection{Folgerungen aus den Axiomen der Addition}
In diesem Kapitel beweisen wir verschiedene Aussagen, welche aus den K\"orperaxiomen folgen. Die Aussagen sind  f\"ur $K=\Q$ und $K=\R$ aus der Schule vertraut. Indem wir diese jetzt direkt aus den K\"orperaxiomen herleiten, erhalten wir diese Aussagen  f\"ur alle K\"orper, beispielsweise f\"ur den K\"orper $\F_2$.  


\begin{satz}\label{satz:einenull}
Sei $K$ ein K\"orper. Dann existiert genau\footnote{Die Aussage `es existiert genau ein Element mit einer Eigenschaft $E$' sind genau genommen zwei Aussagen auf einmal:
\begin{enumerate}
\item es gibt ein Element, welches die Eigenschaft $E$ besitzt, und
\item es gibt nicht mehr als ein Element, welches die Eigenschaft $E$ besitzt. 
\end{enumerate}
}
 ein Element $k\in K$, so dass f\"ur alle $x\in K$ gilt
\[ x+k=x.\]
\end{satz}

\begin{proof}
Wegen Axiom (A3) wissen wir, dass es mindestens ein Element  $k\in K$ gibt, so dass f\"ur alle $x\in K$ gilt
\[ x+k=x.\]

Wir m\"ussen nun noch zeigen, dass es nicht mehr als ein Element gibt, welches die Eigenschaft erf\"ullt.
Es seien $k$ und $k'$ zwei Elemente mit der Eigenschaft, dass f\"ur alle $x\in K$ gilt $x+k=x$ und $x+k'=x$.  Wir m\"ussen zeigen, dass $k=k'$. In der Tat gilt
\footnote{Wir verwenden auch, dass aus $a=b$ folgt, dass $b=a$. Aber das ist kein Axiom, das ist offensichtlich.}
\[ \begin{array}{rcll}k&=&k+k'\quad &\mbox{Definition von $k'$ angewandt auf $x=k$\quad}
\\ 
&=&k'+k&\mbox{Kommutativgesetz (A2)}\\
&=&k'&\mbox{Definition von $k$ angewandt auf $x=k'$}.\end{array}\]
\end{proof}

Wir nennen das durch den obigen Satz eindeutig bestimmte Element die \emph{Null} des K\"orpers, welche wir mit `0' bezeichnen. Man beachte, dass f\"ur alle $x\in K$ aus dem Kommutativgesetz (A2) folgt, dass $0+x=x+0=x$.



\begin{satz}\label{satz:kurz}
Sei $K$ ein K\"orper und $x,y,a\in K$. Wenn $x+a=y+a$, dann gilt $x=y$.
\end{satz}

\begin{proof}
Nach Axiom (A4) gibt es ein $k\in K$, so  dass $a+k=0$. Dann  gilt
\[ \begin{array}{rcll} x&{=}&x+0\quad\quad &\mbox{Eigenschaft der $0$} \\
&{=}&x+(a+k) &\mbox{Wahl von $k$}\\
&{=}&(x+a)+k\quad &\mbox{Assoziativgesetz (A1)}\\
&=&(y+a)+k&\mbox{Nach Voraussetzung ist $x+a=y+a$}\\
&{=}&y+(a+k)&\mbox{Assoziativgesetz (A1)}\\
&{=}&y+0&\mbox{Wahl von $k$}\\
&{=}&y&\mbox{Eigenschaft der $0$}.\end{array} \]
\end{proof}


\begin{satz}\label{satz:ainv}
Sei $K$ ein K\"orper und sei $x\in K$. Dann existiert genau ein Element $y\in K$, so dass
\[ x+y=0.\]
\end{satz}

\begin{proof}
Sei $x\in K$. Wegen Axiom (A4) wissen wir, dass es ein Element $y\in K$ gibt mit $x+y=0$.
Wir m\"ussen nun wiederum die Eindeutigkeit von $y$ zeigen. Es sei also  $y'\in K$ gegeben, mit $x+y'=0$.
Wir m\"ussen zeigen, dass $y=y'$. Dies folgt sofort aus $x+y=0=x+y'$ und aus Satz~\ref{satz:kurz}.
\end{proof}

F\"ur $x\in K$  schreiben wir $-x$, genannt  \emph{minus $x$}, f\"ur das durch den obigen Satz eindeutig bestimmte Element in $K$.
Ab sofort schreiben wir zudem
\[ x-y:=x+(-y).\]
Aus Axiom (A2) folgt, dass $x-y=-y+x$. 

\begin{satz}\label{satz:add}
Sei $K$ ein K\"orper und es seien $x,y\in K$. Dann gilt
\begin{enumerate}
\item $-0=0$,
\item $-(-x)=x$,
\item $-(x+y)=-x-y$.
\end{enumerate}
\end{satz}

\begin{proof}
\begin{enumerate}
\item 
Zur Erinnerung:  f\"ur  $a$  und $b$ in $K$ gilt $-a=b$ genau dann, wenn $a+b=0$. 
Wenn wir also zeigen wollen, dass $-0=0$, dann m\"ussen wir zeigen, dass $0+0=0$. 
Aber dies folgt sofort aus der Eigenschaft der 0. 
\item
Sei $x\in K$. Wie in Teil (1) m\"ussen wir zeigen, dass $(-x)+x=0$.  
Aber es gilt in der Tat, dass
\[ \begin{array}{rcll} (-x)+x&=&x+(-x)\quad &\mbox{Kommutativgesetz (A2)}\\
&=&0&\mbox{Definition von $-x$}.\end{array}\]
\item Der dritte Teil ist eine \"Ubungsaufgabe im 1. \"Ubungsblatt.
\end{enumerate}
\end{proof}


%================================
\subsection{Folgerungen aus den Axiomen der Multiplikation}

Im Folgenden ist $K$ durchgehend ein K\"orper.
Der folgende Satz wird \"ahnlich bewiesen wie Satz~\ref{satz:einenull}. Man muss nur die Axiome der Addition (A2) und (A3) durch die entsprechenden Axiome der Multiplikation (M2) und (M3) ersetzen. 

\begin{satz}\label{satz:eineeins}
Es  existiert genau ein Element $k\in K$, so dass f\"ur alle $x\in K$ gilt
\[ x\cdot k=x.\]
\end{satz}


Wir nennen das durch den obigen Satz eindeutig bestimmte Element die \emph{Eins} des K\"orpers, welche wir mit `1' bezeichnen. Man beachte, dass  f\"ur alle $x\in K$ wegen dem Kommutativgesetz gilt, dass $1\cdot x=x\cdot 1=x$ .


Der n\"achste Satz wird ganz analog zu Satz~\ref{satz:kurz} bewiesen.

\begin{satz}\label{satz:kurzmult}
Sei $K$ ein K\"orper und $x,y,a\in K$ wobei $a\ne 0$. Wenn $x\cdot a=y\cdot a$, dann gilt $x=y$.
\end{satz}



Der folgende Satz wird \"ahnlich bewiesen wie Satz~\ref{satz:ainv}.


\begin{satz}\label{satz:minv}
Sei $x\in K$ mit $x\ne 0$. Dann existiert genau ein Element $y\in K$, so dass
\[ x\cdot y=1.\]
\end{satz}

F\"ur $x\ne 0$ in $K$ bezeichnen wir mit $x^{-1}$, genannt \emph{$x$ hoch minus eins},  das durch den obigen Satz eindeutig bestimmte Element.\footnote{Hierbei ist `$x$ hoch minus eins' nur ein feststehender Begriff, wir haben nicht eingef\"uhrt, was `$x$ hoch irgendwas' hei\ss en soll.}
Aus dem Kommutativgesetz (A2) folgt dann auch, dass $x^{-1}\cdot x=x\cdot x^{-1}=1$.

Der n\"achste Satz wird ganz \"ahnlich wie Satz~\ref{satz:add} bewiesen.

\begin{satz}
Es seien $x,y\in K$. Dann gilt:
\begin{enumerate}
\item $1^{-1}=1$,
\item falls $x\ne 0$, dann gilt $\left( x^{-1}\right)^{-1}=x$,
\item falls $x,y\ne 0$, dann gilt $(xy)^{-1}=x^{-1}y^{-1}$,
\end{enumerate}
\end{satz}






\begin{satz}
F\"ur alle $x\in K$ gilt $x\cdot 0=0$.
\end{satz}

Obwohl wir den Satz nat\"urlich so erwarten, ist er doch etwas \"uberraschend: Die $0$ wurde definiert durch die Axiome der Addition. Aber der Satz macht eine Aussage \"uber das multiplikative Verhalten der $0$. 
Das einzige Axiom, welches die Addition mit der Multiplikation verbindet, ist das Distributivgesetz. 
Wir werden dieses dementsprechend im Beweis verwenden.

\begin{proof}
Es sei $x\in K$. Dann gilt
\[ \begin{array}{rcll} x\cdot 0&=&x\cdot (0+0)\quad &\mbox{Eigenschaft der $0$} \\
&{=}&x\cdot 0+x\cdot 0&\mbox{Distributivgesetz (D)}.\end{array}\]
Andererseits gilt $x\cdot 0=x\cdot 0+0$.
Es folgt nun aus Satz~\ref{satz:kurz}, dass $0=x\cdot 0$.
\end{proof}

Wir beschlie\ss en das Kapitel mit folgendem Satz, in dem wiederum sowohl die Addition als auch  die Multiplikation verwendet werden.  Aussage (3) wird in \"Ubungsblatt 1 behandelt. 

\begin{satz}For alle $x,y$ in einem K\"orper $K$ gilt
\begin{enumerate}
\item $(-x)\cdot y=-x\cdot y$,
\item $(-1)\cdot x=-x$,
\item $(-x)\cdot (-y)=xy$.
\end{enumerate}
\end{satz}

%================================
\subsection{Weitere Definitionen}
In diesem Kapitel sei $K$ weiterhin ein K\"orper.
Es seien $a_1,\dots,a_s\in K$, wir definieren
\[ a_1+a_2+\dots+a_s:=(\dots ((a_1+a_2)+a_3)+\dots )+a_s.\]
Es folgt aus dem Assoziativgesetz (A1), dass $a_1+\dots+a_s$ nicht von der Reihenfolge der Klammern abh\"angt.
\footnote{Das Assoziativgesetz f\"ur $s=4$ besagt beispielsweise, dass 
\[ ((a_1+a_2)+a_3)+a_4=(a_1+a_2)+(a_3+a_4)=a_1+(a_2+(a_3+a_4),\]
d.h. es ist v\"ollig egal, wie wir die Klammern setzen. Wir k\"onnen diese dementsprechend weglassen.}
Wir schreiben auch
\[ \sum_{i=1}^s a_i\,\,:=\,\,a_1+\dots+a_s.\]

F\"ur $x,y\in K$  schreiben wir ab sofort
\begin{align*}
\begin{array}{rcl} xy&:=&x\cdot y.
\intertext{Zudem, wenn $y\ne 0$, dann schreiben wir}
 \lmfrac{x}{y}&:=&x/y:=xy^{-1}.
\intertext{F\"ur $a_1,\dots,a_s\in K$ definieren wir}
\hspace{4.2cm} a_1\cdot a_2\cdot \dots\cdot a_s&:=&(\dots ((a_1\cdot a_2)\cdot a_3)\cdot \dots )\cdot a_s.\end{array}\end{align*}
Es folgt aus dem Assoziativgesetz (M1), dass $a_1\cdot \dots\cdot a_s$ nicht von der Reihenfolge der Klammern abh\"angt.
Wir schreiben
\[ \prod_{i=1}^s a_i:=a_1\cdot \dots\cdot a_s.\]

Der folgende Satz folgt aus mehrfacher Anwendung des Distributivgesetzes:

\begin{satz}
Es seien $a_1,\dots,a_r\in K$ und $b_1,\dots,b_s\in K$, dann gilt
\[ \bigg(\sum_{i=1}^r a_i\bigg)\cdot \bigg(\sum_{j=1}^s b_j\bigg)\,\,=\,\,\sum_{i=1}^r \sum_{j=1}^s a_ib_j.\]
\end{satz}



Es sei $x\in K$ und $n\in \N$. Wir definieren \label{def:xn}
\[ x^n:=\underset{n-\operatorname{Mal}}{\underbrace{x\cdot \dots \cdot x}}.\]
Zudem definieren wir $x^0:=1$ (auch f\"ur $x=0$) und f\"ur $n\in \N_0$ und $x\ne 0$ definieren wir
\[ x^{-n}:=1/(x^{n}).\]
Wie nicht anders zu erwarten, bezeichnen wir $x^n$ als \emph{$x$ hoch $n$} oder auch als \emph{$n$-te Potenz von $x$}.  

Der folgende Satz fasst einige elementare Eigenschaften von Potenzen zusammen. Der Satz kann  aus den Axiomen und den Definitionen hergeleitet werden. Wir \"uberlassen den Beweis als freiwillige \"Ubungsaufgabe.

\begin{satz}
Es seien $x,y\in K$ mit $x,y\ne 0 $ und es seien $m,n\in \Z$, dann gilt
\[ \begin{array}{rcl} x^{m+n}&=&x^m\cdot x^n\\
(x^n)^m&=&x^{mn}\\
x^ny^n&=&(xy)^n.\end{array} \]
\end{satz}

Wir haben in den letzten Kapiteln gesehen, dass f\"ur K\"orper die `\"ublichen' Rechen- und Umformungsregeln gelten. Im Folgenden werden wir nun die verwendeten K\"orperaxiome nicht mehr explizit auff\"uhren und wir werden  die obigen S\"atze nicht mehr explizit zitieren.
Zudem verwenden wir ab sofort die \"ublichen Rechenregeln, ohne diese im Einzelnen herzuleiten. 
\smallskip

Zum Abschlu\ss\ der Diskussion von den K\"orperaxiomen, wollen wir noch kurz der Frage nachgehen, warum die Axiome so formuliert sind, wie sie sind. Beispielsweise h\"atten wir noch folgendes Axiom formulieren k\"onnen
\begin{enumerate}
\item[(A5)] f\"ur alle $x,y,z\in K$ gilt, dass $(z+y)+x=z+(y+x)$.
\end{enumerate} 
Aber man kann sich leicht davon \"uberzeugen, dass (A5) schon aus dem Assoziativgesetz und dem Kommutativgesetz folgt. Das Ziel ist, einen K\"orper \"uber m\"oglichst wenige Axiome zu charakterisieren, und dann ist (A5) \"uberfl\"ussig, nachdem es schon aus (A1) und (A2) folgt. Jetzt stellt sich die Frage, ob man nicht vielleicht eines der anderen Axiome weglassen k\"onnte. Wir hatten gesehen, dass $\Z$ alle Axiome bis auf (M4) erf\"ullt. Nachdem (M4) jedoch nicht f\"ur $\Z$ gilt, kann (M4) nicht aus den anderen Axiomen folgen. Wir k\"onnen Axiom (M4) also nicht weglassen.

Es ist eine am\"usante Aufgabe, sich f\"ur jedes Axiom ein Beispiel zu \"uberlegen, f\"ur welches alle anderen Axiome gelten, aber das gew\"ahlte Axiom gilt nicht. Beispielsweise erf\"ullen die Quaternionen
\[ \mbox{\url{http://de.wikipedia.org/wiki/Quaternion}}\]
alle Axiome bis auf (M2).

%================================
\subsection{Angeordnete K\"orper}



\begin{definition}
Ein \emph{angeordneter K\"orper} ist ein K\"orper $K$ zusammen mit einer Relation\footnote{Strenggenommen ist eine  \emph{Relation} in $K$  eine Teilmenge $V$ von $K\times K$. Wir schreiben dann 
\[ a>b  \mbox{ genau dann, wenn } (a,b)\in V.\]
}
 `$>$', welche folgende
Ordnungsaxiome erf\"ullt:
\begin{enumerate}
\item[(O1)] F\"ur alle  $x,y\in K$ gilt \emph{genau eine} der folgenden drei Aussagen:
\[ x>y \quad \mbox{ oder } \quad y>x \quad \mbox{ oder }\quad x=y.\]
\item[(O2)] F\"ur alle $x,y,z\in K$ gilt:
\[ x>y \mbox{ und }y>z \Longrightarrow x>z.\]
\item[(O3)] F\"ur alle $x,y,a\in K$ gilt:
\[ x>y \Longrightarrow x+a>y+a.\]
\item[(O4)] F\"ur  alle $x,y,a\in K$ gilt:
\[ x>y \mbox{ und }a>0 \Longrightarrow xa>ya.\]
\end{enumerate}
\end{definition}

\begin{beispiel}
\begin{enumerate}
\item Es sei $K=\Q$ der K\"orper der rationalen Zahlen mit der \"ublichen Bedeutung von $>$, dann ist $\Q$ ein angeordneter K\"orper.
\item Hier ist ein etwas komplizierteres Beispiel von einem angeordneten K\"orper.
Wie in Kapitel~\ref{section:korperaxiome} sei  $K$ der K\"orper der rationalen Funktion, d.h. 
\[ \hspace{1cm} K=\mbox{Menge der rationalen Funktionen}=\Big\{ \smfrac{p(t)}{q(t)}\,\Big|\, p(t),q(t)\ne 0\mbox{ Polynome in $t$}\Big\}.\]
F\"ur $f,g\in K$  schreiben wir dann 
\[ f>g \,\,:\Leftrightarrow \,\,\mbox{Es existiert ein $\epsilon>0$, so dass $f(x)>g(x)$ f\"ur alle $x\in (0,\epsilon)$.}\]
Beispielsweise gilt $\frac{x}{x+1}>x^3$, weil diese Ungleichheit gilt f\"ur alle $x\in (0,\frac{1}{2})$.
Man kann nun zeigen, dass $K$ mit dieser Ordnung $>$ in der Tat die Ordnungsaxiome (O1) bis (O4) erf\"ullt.
\item Es stellt sich nun die Frage, ob man nicht auch auf anderen K\"orpern eine Ordnung $>$ einf\"uhren kann,
welche die Axiome (O1) bis (O4) erf\"ullt.  Beispielsweise, ist dies f\"ur den K\"orper $\F_2$ m\"oglich? Wir werden diese Frage sp\"ater noch beantworten.
\end{enumerate}
\end{beispiel}

Im Folgenden sei $K$ ein angeordneter K\"orper.
F\"ur beliebige  $x,y\in K$  definieren wir
\footnote{Die Notation $:\Leftrightarrow$ bedeutet hierbei, dass die linke Seite durch die rechte Seite definiert wird. Beispielsweise bedeutet $x<y :\Leftrightarrow  y>x$, dass wir genau dann  $x<y$ schreiben, wenn $y>x$.}
\[ \begin{array}{rcl}
x<y &:\Leftrightarrow & y>x, \\
x\geq y &:\Leftrightarrow& x>y \mbox{ oder }x=y,\\
x\leq y &:\Leftrightarrow& x<y \mbox{ oder }x=y, \\
x\mbox{ positiv} &:\Leftrightarrow&x>0,\\
x\mbox{ negativ} &:\Leftrightarrow&x<0.
\end{array} \]


\begin{satz}\label{satz:quadrat}
Es sei $x\in K$ mit $x\ne 0$, dann gilt
\[ x^2\,\,>\,\,0.\]
\end{satz}

\begin{proof}
Nachdem $x\ne 0$ folgt aus Axiom  (O1), dass entweder $x>0$ oder $0>x$.
Wir beweisen jetzt den Satz f\"ur die beiden F\"alle getrennt.\\

\noindent \emph{1.\ Fall: $x>0$.} Aus $x>0$ und aus Axiom (O4) sofort, dass $x^2=x\cdot x>x\cdot 0=0$.

\noindent \emph{2.\ Fall: $0>x$.}  Es sei also  $0>x$.
Aus Axiom (O3) folgt, dass
\[ -x\,\,=\,\,0-x\,\,>\,\, x-x\,\,=\,\,0.\]
Nachdem $-x>0$ folgt nun aus dem 1.\ Fall, dass $(-x)(-x)>0$. Wir erhalten also, dass
\[ x^2\,\,=\,\,x\cdot x\,\,=\,\,(-x)\cdot (-x)\,\,>\,\,0.\]
\end{proof}


\begin{korollar}\label{kor:1x}
Es sei $x\in K$ mit $x>0$, dann gilt auch $\frac{1}{x}>0$.
\end{korollar}

\begin{proof}
Es sei $x\in K$ mit $x>0$.
Nach Satz~\ref{satz:quadrat} gilt $\left(\frac{1}{x}\right)^2>0$
und nach Voraussetzung gilt $x>0$. Es folgt aus Axiom (O4), dass
\[ \lmfrac{1}{x}\,\,=\,\,x\left(\lmfrac{1}{x}\right)^2\,\,>\,\,0\cdot \left(\lmfrac{1}{x}\right)^2\,\,=\,\,0.\]
\end{proof}

Das folgende Korollar folgt aus Satz~\ref{satz:quadrat} und der Tatsache, dass $1=1\cdot 1=1^2$ ein Quadrat ist.

\begin{korollar}\label{cor:ang}
Es sei $K$ ein angeordneter K\"orper, dann gilt:
\[ 1>0.\]
\end{korollar}

Der folgende Satz wird in \"Ubungsblatt 1 bewiesen.

\begin{satz}\label{satz:trans}
Sei $K$ ein angeordneter K\"orper.
\begin{enumerate}
\item F\"ur alle $a,b,c,d\in K$  gilt
\[ a>b \mbox{ und }c>d\Longrightarrow a+c>b+d.\]
\item F\"ur alle $a,b\in K$ gilt 
\[ a>b>0 \,\,\Longrightarrow \,\, \lmfrac{1}{b}>\lmfrac{1}{a}>0.\]
\end{enumerate}
\end{satz}


\begin{korollar}\label{kor:grossernull}
Es sei $K$ ein angeordneter K\"orper, und $n\in \N$, dann gilt:
\begin{align*}
\begin{array}{rcl} 
\hspace{6.5cm} \underset{n-\operatorname{Mal}}{\underbrace{1+\dots+1 }}&>&0,
\intertext{insbesondere}
 \underset{n-\operatorname{Mal}}{\underbrace{1+\dots+1}} &\ne& 0.\end{array}\end{align*}
\end{korollar}

\begin{proof}
Nach  Korollar~\ref{cor:ang} wissen wir, dass $1>0$. Wenn wir Satz~\ref{satz:trans}  auf $1>0$ und $1>0$,
erhalten wir $1+1>0$. In dem wir jetzt Satz~\ref{satz:trans} insgesamt $(n-1)$-Mal anwenden, erhalten wir die erste Aussage des Korollars. Die zweite Aussage folgt dann sofort aus (O1).
\end{proof}

In dem K\"orper $\F_2$ mit zwei Elementen  gilt $1+1=0$. 
Das Korollar~\ref{kor:grossernull} besagt also insbesondere, dass der K\"orper $\F_2$ kein angeordneter K\"orper sein kann, d.h. man kann auf $\F_2$ keine Ordnung ``$>$'' definieren, welche alle Axiome (O1) bis (O4) erf\"ullt. 

\begin{definition}
Es sei $K$ ein angeordneter K\"orper und $x\in K$. Wir definieren den \emph{Absolutbetrag von $x$} als
\[ |x|:=\left\{ \begin{array}{ll} x, &\mbox{ falls }x\geq 0, \\ -x,&\mbox{ falls } x<0.\end{array} \right. \]
\end{definition}

\begin{satz}
Es sei $K$ ein angeordneter K\"orper und $x,y\in K$, dann gilt:
\[\begin{array}{rcl} |x|&\geq &0, \\
|x|=0&\Leftrightarrow &x=0,\\
|x\cdot y|&=&|x|\cdot |y|,\\
|x+y|&\leq &|x|+|y| \quad \mbox{ $($Dreiecksungleichung$)$}.\end{array} \]
\end{satz}

Die ersten drei Aussagen sind leicht zu beweisen, die vierte ist eine \"Ubungsaufgabe im 2. \"Ubungsblatt.

Wir haben uns jetzt davon \"uberzeugt, dass in einem angeordneten K\"orper die \"ublichen Regeln f\"ur $>$ gelten.
Wie bei den K\"orperaxiomen werden wir daher im Folgenden auch die Ordnungsaxiome (O1) bis (O4) nicht  mehr explizit angeben, und wir werden auch nicht mehr explizit auf die S\"atze in diesem Kapitel verweisen. 

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\subsection{Der Satz \"uber die reellen Zahlen}
Sei $K$ ein K\"orper, $x\in K$ und $n\in \N$. Wir definieren
\[ n\cdot x\,\,:=\,\,\underset{n-\operatorname{Mal}}{\underbrace{x+ \dots + x}}.\]
Beispielsweise gilt f\"ur $E\in \F_2=\{E,N\}$ und $n=3$, dass $3\cdot E=E+E+E=N+E=E$. 

Wir f\"uhren nun noch ein 5. Ordnungsaxiom ein, welches auf den ersten Blick etwas eigenwillig ist. 

\begin{definition}
Wir sagen ein angeordneter K\"orper erf\"ullt
\emph{das archimedische Axiom}, wenn gilt
\begin{enumerate}
\item[(N)] f\"ur alle $x>0$ und $y>0$ existiert ein $n\in \N$, so dass
\[ n\cdot x>y.\]
\end{enumerate}
\end{definition}

\begin{bemerkung}
Das archimedische Axiom ist `so offensichtlich richtig' f\"ur $K=\Q$, dass man sich kaum vorstellen kann, dass es nicht immer erf\"ullt ist. Wenn wir aber zum vorerst letzten Mal den K\"orper $K$ der rationalen Funktionen mit der oben definierten Ordnung betrachten, dann sehen wir, dass $>$ alle Axiome (O1) bis (O4) erf\"ullt. Aber $>$ erf\"ullt nicht das archimedische Axiom. In der Tat, f\"ur die rationalen Funktionen $p=1$ und $q=x$ gilt $1>x$
\footnote{In der Tat, denn f\"ur $x\in (0,1)$ gilt, dass $1>x$.}, aber es gilt auch f\"ur alle $n\in \N$, dass $1>n\cdot x$\footnote{In der Tat, denn f\"ur $x\in(0,\frac{1}{n})$ gilt, dass $1>nx$.}
\end{bemerkung}

Wir f\"uhren nun noch ein allerletztes Ordnungsaxiom ein, n\"amlich das Voll\-st\"andig\-keitsaxiom.

\begin{definition}
Ein angeordneter K\"orper hei\ss t \emph{vollst\"andig}, wenn das Voll\-st\"andig\-keitsaxiom gilt:
\begin{enumerate}
\item[(V)] Jede Cauchyfolge in $K$ konvergiert.
\end{enumerate}
\end{definition}

Die Definition von `Cauchyfolge' und `Konvergenz einer Cauchyfolge' wird im \"ubern\"achsten Kapitel nachgereicht. Mit diesen Definitionen k\"onnen wir aber nun folgenden Satz formulieren:


\begin{satz}\label{satz:exreell}
Es gibt $($bis auf einen eindeutig bestimmten Isomorphismus$)$\footnote{Den Ausdruck `bis auf einen eindeutig bestimmten Isomorphismus' k\"onnen Sie erst einmal ignorieren. Der Vollst\"andigkeit halber ist hier noch die Definition:
Ein Isomorphismus $f\colon  K\to K'$ zwischen zwei angeordneten K\"orper $K$ und $K'$ ist eine bijektive 
 Abbildung $f\colon  K\to K'$ mit folgenden Eigenschaften:
\begin{enumerate}
\item F\"ur alle $x,y\in K$ ist $f(x+y)=f(x)+f(y)$.
\item F\"ur alle $x,y\in K$ ist $f(x\cdot y)=f(x)\cdot f(y)$.
\item F\"ur alle $x,y\in K$ gilt $x>y\Rightarrow f(x)>f(y)$.
\end{enumerate}
Der Satz besagt also, dass wenn $K$ und $K'$ zwei vollst\"andige angeordnete K\"orper sind, dann gibt es genau einen Isomorphismus $f\colon  K\to K'$. 
}
 genau einen angeordneten K\"orper, welcher das archimedische Axiom erf\"ullt und welcher vollst\"andig ist.
\end{satz}

Dieser Satz wird erst in einer h\"oheren Vorlesung bewiesen.
\footnote{Wenn wir am Ende ganz viel Zeit haben sollten, werden wir den Satz auch noch in dieser Vorlesung beweisen, aber das ist leider eher unwahrscheinlich.}
Wir nennen den durch den Satz eindeutig bestimmten K\"orper den  K\"orper der reellen Zahlen und
bezeichnen ihn mit $\R$.

Dieser K\"orper der reellen Zahlen ist nat\"urlich nichts anderes als die reellen Zahlen, welche Sie schon aus der Schule kennen. Allerdings werden diese in der Schule in der Regel etwas schwammig definiert (`Zahlen mit unendlich vielen Ziffern hinter dem  Komma'). Wir werden in der Vorlesung nur verwenden, dass die reellen Zahlen die K\"orperaxiome (A1)-(A4), (M1)-(M4) und (D), sowie die Ordnungsaxiome (O1)-(O4), das archimedische Axiom (N) und das mysteri\"ose Vollst\"andigkeitsaxiom erf\"ullen. Wir werden aus diesen Axiomen alle weiteren Aussagen herleiten.


%================================
\subsection{Reelle Zahlen und nat\"urliche Zahlen}
Wir wollen nun den Zusammenhang zwischen den nat\"urlichen Zahlen, und den abstrakt eingef\"uhrten reellen Zahlen kl\"aren. Dazu ben\"otigen wir noch folgende Definition.


\begin{definition}
Eine Abbildung $f\colon  A\to B$ zwischen zwei Mengen hei\ss t \emph{injektiv}, wenn f\"ur alle $a_1,a_2\in A$ gilt
\[ a_1\ne a_2 \,\,\Longrightarrow \,\,f(a_1)\ne f(a_2).\]
\end{definition}

Beispielsweise ist die Abbildung
\[ \begin{array}{rcl} f\colon  \N&\to & \N\\
m&\mapsto &m^2 \end{array} \]
injektiv, denn f\"ur nat\"urliche Zahlen gilt $m\ne n\Rightarrow m^2\ne n^2$.
Anderseits ist die Abbildung 
\[ \begin{array}{rcl} f\colon  \Z&\to & \N_0\\
m&\mapsto &m^2 \end{array} \]
nicht injektiv, denn $(-1)^2=1^2$.


\begin{satz}
Es bezeichne $1$  das Eins-Element des K\"orpers $\R$. 
Dann ist folgende  Abbildung
\[ \begin{array}{rcl} \varphi\colon  \N&\to & \R \\
n &\mapsto & \underset{n-\operatorname{Mal}}{\underbrace{1+\dots+1 }}=n\cdot 1 \end{array} \]
injektiv.
\end{satz}


\begin{proof}
Es sei $a_1,a_2\in \N$ mit $a_1\ne a_2$.
Ohne Beschr\"ankung der Allgemeinheit (o.B.d.A.) k\"onnen wir annehmen, dass $a_1>a_2$.
(Andernfalls gilt $a_2>a_1$ und der folgende Beweis funktioniert genauso, nur mit den Rollen von $a_1$ und $a_2$ vertauscht.)
Es folgt, dass ein $x\in \N$ existiert mit $a_1=a_2+x$. Daraus wiederum folgt, dass
\[ \varphi(a_1)\,\,=\,\,\varphi(a_2+x)\,\,=\,\,\underset{(a_2+x)-\operatorname{Mal}}{\underbrace{1+\dots+1 }}\,\,=\,\,\underset{a_2-\operatorname{Mal}}{\underbrace{1+\dots+1 }}+\underset{x-\operatorname{Mal}}{\underbrace{1+\dots+1 }}\,\,=\,\,\varphi(a_2)+\varphi(x).\]
In Korollar~\ref{kor:grossernull} haben wir bewiesen, dass $\varphi(x)>0$.
Ordnungsaxiom (O3) besagt, dass
\[ \varphi(x)>0 \Rightarrow \varphi(a_2)+\varphi(x)>\varphi(a_2).\]
Zusammenfassend erhalten wir
\[ \varphi(a_1)>\varphi(a_2),\]
welches nach (O1) impliziert, dass $\varphi(a_1)\ne \varphi(a_2)$.
\end{proof}


Nachdem die Abbildung $\varphi\colon  \N\to \R$ vom Satz injektiv ist, werden wir von nun an $\N$ als Teilmenge der reellen Zahlen auffassen. 
Wir definieren nun
\[ \begin{array}{rcll} \Z&=& \N\cup \{0\}\cup \{-n\in \R\,|\, n\in \N\}\subset \R\quad& \mbox{ (die Menge der ganzen Zahlen)},\\
\Q&=&\{ \frac{p}{q}\,|\, p,q\in \Z, q\ne 0\}\subset \R &\mbox{ (der K\"orper der rationalen Zahlen)},\\
\R_+&:=&\{x\in \R\,|\, x>0\} &\mbox{ (die Menge der positiven reellen Zahlen)}.\end{array} \]

Wir beschlie\ss en das Kapitel mit folgendem Satz. Dieser erscheint  `ganz offensichtlich', aber wir wollen diesen wiederum nur aus den Axiomen herleiten.

\begin{satz}\label{satz:1n}
F\"ur jedes $\epsilon>0$ in $\R$ existiert ein $n\in \N$, so dass
\[ \smfrac{1}{n}<\epsilon.\]


\end{satz}

Der Satz besagt also, dass es ein $n\in \N$ gibt, so dass eine  gewisse Ungleichung gilt.
Das einzige Axiom, und die einzige Aussage, welche wir von diesem Typ haben, ist das archimedische Axiom (N). 
Es liegt also nahe, dieses zu verwenden. Die Schwierigkeit im Beweis ist nun, die Aussage des Satzes so umzuformulieren, dass das archimedische Axiom in der Tat hilfreich ist. 


\begin{proof}
Aus Korollar~\ref{kor:1x} folgt, dass $\frac{1}{\epsilon}>0$.
Nach dem archimedischen Axiom (N) existiert daher ein $n\in \N$, so dass $n\cdot \frac{1}{\epsilon}>1$.
Es folgt nun aus Satz~\ref{satz:trans}, dass
\[ \smfrac{1}{n} <\epsilon.\]
\end{proof}

\newpage

%================================
\section{Die vollst\"andige Induktion}
Im n\"achsten Kapitel f\"uhren wir Folgen von reellen Zahlen und die Konvergenz von reellen Folgen ein. Dabei werden wir in den Beweisen immer wieder die vollst\"andige Induktion verwenden. Wir unterbrechen deswegen kurzzeitig die Diskussion der reellen Zahlen, und f\"uhren die vollst\"andige Induktion als Beweismethode ein. 
\\

Die Idee hinter einem Induktionsbeweis ist eigentlich ganz einfach.
F\"ur jedes $n\in \N_0$ sei eine Aussage $A(n)$ gegeben.
Nehmen wir an, dass folgendes gilt:
\begin{enumerate}
\item $A(0)$ ist wahr,
\item f\"ur jedes beliebige $n\geq 1$ gilt: Falls $A(n)$ wahr ist, dann ist auch $A(n+1)$ wahr.
\end{enumerate}
Dann folgt aus wiederholter Anwendung von (2), dass  $A(n)$ wahr ist f\"ur alle $n\in \N_0$.
\\

Ein typischer Induktionsbeweis besteht aus drei Schritten:
\begin{enumerate}
\item Induktionsanfang:  Man zeigt, dass $A(0)$ gilt.
\item Induktionsvoraussetzung:  Man nimmt an, dass $A(n)$ gilt f\"ur ein beliebiges $n\geq 0$.
\item Induktionsschritt: Man zeigt, dass unter der Induktionsvoraussetzung auch $A(n+1)$ wahr ist.
\end{enumerate}
Dann hat man gezeigt, dass $A(n)$ wahr ist f\"ur alle $n$. \\

Wir werden jetzt eine ganze Reihe von S\"atzen mithilfe von Induktion beweisen. Wir beginnen mit folgendem Satz, den wir in Zukunft immer mal wieder verwenden werden.

\begin{satz}\label{satz:sumxn}
F\"ur alle $x\in \R\setminus \{1\}$ und $n\in \N_0$ gilt:
\[ \sum_{k=0}^n x^k\,\,=\,\,\lmfrac{1-x^{n+1}}{1-x}.\]
\end{satz}

\begin{proof}
Es sei $x\in \R\setminus \{1\}$.
F\"ur $n\in \N_0$ sei $A(n)$ die Aussage
\[ \sum_{k=0}^n x^k\,\,=\,\,\lmfrac{1-x^{n+1}}{1-x}.\]
Wir m\"ussen zeigen, dass $A(n)$ wahr ist f\"ur alle $n\geq 0$.

\noindent \emph{Induktionsanfang.} Wir m\"ussen also zeigen, dass die Aussage $A(0)$ wahr ist. Dies k\"onnen wir leicht verifizieren, denn es  ist
\[ \sum_{k=0}^0 x^k\,\,=\,\,x^0\,\,=\,\,1\,\,=\,\,\frac{1-x}{1-x},\]
d.h.\ $A(0)$ ist wahr.

\noindent \emph{Induktionsannahme.}
Wir nehmen an, dass $A(n)$ f\"ur ein $n\in \N_0$ wahr ist, d.h.\ wir nehmen an, dass
\[ \sum_{k=0}^n x^k=\frac{1-x^{n+1}}{1-x}.\]

\noindent \emph{Induktionsschritt.} Wir m\"ussen nun zeigen, dass auch $A(n+1)$ wahr ist.
Wir m\"ussen also $\sum_{k=0}^{n+1}x^k$ bestimmen.   Die Idee ist nun, diese Summe aufzuspalten, in die ersten $n$ Summanden und den letzten Summanden. Die Summe der ersten $n$ Summanden kennen wir schon per Induktionsannahme.
Wir f\"uhren nun diese Idee aus:
\[ \begin{array}{rcll}\sum\limits_{k=0}^{n+1}x^k&=& \sum\limits_{k=0}^{n} x^k\,\,+x^{n+1}\\
&{=} &\tmfrac{1-x^{n+1}}{1-x}\,\,+x^{n+1} &\mbox{(Induktionsvoraussetzung)}\\
&=& \tmfrac{(1-x^{n+1})+(1-x)x^{n+1}}{1-x}\\
&=&\tmfrac{1-x^{n+2}}{1-x}.\end{array} \]

Nach Induktion folgt nun, dass $A(n)$ wahr ist f\"ur alle $n$, d.h.\ wir haben den Satz bewiesen.
\end{proof}

\begin{lemma} \label{lem:sumk}
F\"ur alle $n\in \N$ gilt 
\[ \sum_{k=1}^n k=\frac{1}{2}n(n+1).\]
\end{lemma}

\begin{proof}
Man kann dieses Lemma leicht mithilfe von Induktion beweisen\footnote{das ist auch eine gute freiwillige \"Ubungsaufgabe}, aber man kann dass Lemma auch direkt mithilfe vom `Trick vom kleinen Gauss' zeigen. 
Nehmen wir zuerst an, dass $n=2l$ gerade ist. Indem wir den ersten Summanden mit dem letzten addieren, den zweiten Summanden mit dem vorletzten, usw.  erhalten wir, dass
\[ \begin{array}{rcl} \sum\limits_{k=1}^n k=\sum\limits_{k=1}^{2l}k&=&1\,+\,2\,+\,3\,+\,\dots\,+\,(2l-2)\,+\,(2l-1)\,+\,2l\\
&=&(\underset{=1+2l}{\underbrace{1+2l}})\,+\,
(\underset{=1+2l}{\underbrace{2+2l-1}})+
(\underset{=1+2l}{\underbrace{3+2l-2}})
\,+\,\dots+
(\underset{=1+2l}{\underbrace{l+2l-(l-1)}}).\end{array} \]
Wir haben also $l$ Summanden, welche jeweils $1+2l$ betragen, und wir sehen, dass
\[ \sum_{k=1}^n k=\sum_{k=1}^{2l} k=l(2l+1)=\frac{1}{2}n(n+1).\]
Der Fall, dass $n$ ungerade ist, wird ganz \"ahnlich bewiesen.
\end{proof}


\begin{lemma}
F\"ur alle $n\geq 1$ gilt
\[ \sum_{k=1}^n k^2\,\,=\,\,\lmfrac{1}{6}n(n+1)(2n+1).\]
\end{lemma}

\begin{proof}
F\"ur $n\in \N$ sei $A(n)$ die Aussage
\[ \sum_{k=1}^n k^2\,\,=\,\,\lmfrac{1}{6}n(n+1)(2n+1).\]
Wir m\"ussen zeigen, dass $A(n)$ wahr ist f\"ur alle $n\geq 1$.

\noindent \emph{Induktionsanfang.} Wir k\"onnen leicht verifizieren, dass die Aussage $A(1)$ richtig ist. In der Tat ist
\[ \sum_{k=1}^1 k^2\,\,=\,\,1\,\,=\,\,\lmfrac{1}{6}\cdot 1\cdot (1+1)\cdot(2+1).\]

\noindent \emph{Induktionsannahme.}
Wir nehmen nun an, dass $A(n)$ wahr ist f\"ur ein $n\in \N$, d.h.\ wir nehmen an, dass
\[ \sum_{k=1}^n k^2\,\,=\,\,\lmfrac{1}{6}n(n+1)(2n+1).\]

\noindent \emph{Induktionsschritt.} Wir m\"ussen nun zeigen, dass auch $A(n+1)$ wahr ist.
Wir m\"ussen also die Summe $\sum_{k=1}^{n+1} k^2$ bestimmen. Die Idee ist nun wiederum, diese Summe aufzuspalten, in die ersten $n$ Summanden und den letzten Summanden. Die Summe der ersten $n$ Summanden kennen wir schon per Induktionsannahme.
Genauer gesagt  berechnen wir, dass 
\[ \begin{array}{rcll} \sum\limits_{k=1}^{n+1} k^2&=&
 \sum\limits_{k=1}^n k^2\,\,+ \,\,(n+1)^2\\[2mm]
 &=&\smfrac{1}{6}n(n+1)(2n+1)\,\,+\,\,(n+1)^2&\mbox{(Induktionsannahme)}.\end{array} \]
Eine elementare Rechnung zeigt, dass
\[\smfrac{1}{6}n(n+1)(2n+1)+(n+1)^2\,\,=\,\,\smfrac{1}{6}(n+1)(n+2)(2(n+1)+1).\]
\end{proof}

\begin{bemerkung}
In Beweisen wird die Induktionsannahme oft ausgelassen, allerdings empfehle ich diese am Anfang immer noch aufzuf\"uhren, weil es im Induktionsschritt hilfreich ist, diese vor Augen zu haben.
\end{bemerkung}


\begin{satz}\label{satz:bernoulli} \textbf{\emph{(Bernoullische Ungleichung).}}
Es sei $x\geq -1$ eine reelle Zahl, dann gilt f\"ur jedes $n\in \N_0$, dass
\[ (1+x)^n\geq 1+nx.\]
\end{satz}

\begin{proof}
Es sei $x\geq -1$. F\"ur $n\in \N_0$   sei $A(n)$ die Aussage, dass
\[ (1+x)^n\geq 1+nx.\]

\noindent \emph{Induktionsanfang.} Man kann leicht nachrechnen, dass die Aussage $A(0)$ wahr ist.

\noindent \emph{Induktionsannahme.}
Wir nehmen an, dass $A(n)$ f\"ur ein $n\in \N_0$ wahr ist, d.h.\ wir nehmen an, dass
\[ (1+x)^n\geq 1+nx.\]

\noindent \emph{Induktionsschritt.}
Es gilt
\[ \begin{array}{rcll} (1+x)^{n+1}&=&(1+x)^n(1+x)\\
&{\geq } & (1+nx)(1+x) \quad &\mbox{(Induktionsannahme)}\\
&=&1+(n+1)x+nx^2\\
&\geq & 1+(n+1)x.\end{array} \]
Beachten Sie, dass wir im 2. Schritt implizit verwendet haben, dass $1+x\geq 0$.\footnote{Bei S\"atzen in der Mathematik ist es immer eine gute \"Ubungsaufgabe, sich zu \"uberlegen, ob in der Tat alle Voraussetzungen verwendet wurden.}
\end{proof}

Das folgende Korollar besagt insbesondere, dass die Potenzen von einer Zahl $b>1$ `beliebig gro\ss\,' werden k\"onnen.

\begin{korollar}\label{kor:bnc}
Es sei $b>1$ und $C\in \R$, dann existiert ein $n_0\in \N$, so dass f\"ur alle $n\geq n_0$ gilt
\[ b^n>c.\]
\end{korollar}

\begin{proof}
Wir wollen also ein $n$ finden, so dass die Potenz $b^n$ gr\"o\ss er als eine gegebene Zahl wird. 
Das klingt ein bisschen wie das Archimedische Axiom, allerdings behandelt dies ein Produkt $nx$ und keine Potenz. 
Andererseits k\"onnen wir mithilfe der Bernoullischen Ungleichung eine Potenz durch  einen Ausdruck der Form $1+nx$ absch\"atzen.

Die Idee des Beweises ist also, das Korollar mithilfe der  Bernoullischen Ungleichung auf das  Archimedische Axiom zur\"uck zu f\"uhren.

Wir m\"ussen den Ausdruck $b^n$ in die Form  $(1+x)^n$ bringen.
Wir setzen daher $x=b-1$. Es folgt aus Satz~\ref{satz:bernoulli}, dass f\"ur ein beliebiges $n$ gilt:
\[ b^n\,=\,(1+x)^n\,\geq \,1+nx.\]
Das archimedischen Axiom wiederum besagt, dass es ein $n_0\in \N$ mit 
\[ n_0x\,\geq \,C\]
gibt. Fassen wir beides zusammen, dann erhalten wir f\"ur $n\geq n_0$, dass
\[  b^n\,=\,(1+x)^n\,\geq \,1+nx\,\geq \,1+n_0x\,>\,n_0x\,\geq \,C.\]
\end{proof}

F\"ur  $n\in \N$  definieren wir 
\[ n!:=\prod_{k=1}^n k \,\,\,\, \quad (n\mbox{ Fakult\"at}),\]
zudem definieren wir $0!:=1$.
F\"ur $0\leq k\leq n$ in $\N_0$ definieren wir au\ss erdem 
\[  \begin{pmatrix}n\\ k\end{pmatrix}:=\frac{n!}{(n-k)!\,k!}\quad \mbox{ genannt `$k$ aus $n$'}\]
F\"ur $k=0$ oder $k=n$ ist dieser Ausdruck gerade eins. 

\begin{lemma} \label{lem:sumsfactorial} 
F\"ur $0\leq k\leq n$ gilt
\[  \begin{pmatrix} n+1\\ k\end{pmatrix}= \begin{pmatrix} n\\ k\end{pmatrix}+ \begin{pmatrix} n\\ k-1\end{pmatrix}.\]
\end{lemma}

\begin{proof}
Es ist
\[ 
\begin{array}{rcl} \begin{pmatrix} n\\ k\end{pmatrix}+ \begin{pmatrix} n\\ k-1\end{pmatrix}&=& \tmfrac{n!}{(n-k)!k!}+\tmfrac{n!}{(n-k+1)!(k-1)!}\\[2mm]
&=& \tmfrac{(n+1-k)n!}{(n+1-k)(n-k)!k!}+\tmfrac{n! k}{(n-k+1)!(k-1)! k}\\[2mm]
&=& \tmfrac{(n+1-k)n!}{(n+1-k)!k!}+\tmfrac{n! k}{(n-k+1)!k!}\\[2mm]
&=&((n+1-k)+k)\tmfrac{n!}{(n+1-k)!k!}= \tmfrac{(n+1)!}{(n+1-k)!k!}=\begin{pmatrix} n+1\\ k\end{pmatrix}.\end{array} \]
\end{proof}

Mithilfe von diesem Lemma k\"onnen wir jetzt folgenden Satz beweisen.


\begin{satz}\label{satz:binomisch}
F\"ur $a,b\in \R$ und $n\geq 0$ gilt
\[ (a+b)^n\,\,=\,\,\sum_{k=0}^n \begin{pmatrix}n\\ k\end{pmatrix}a^kb^{n-k}.\]
\end{satz}

Der Satz kann als Verallgemeinerung der \"ublichen binomischen Formel betrachtet werden. In der Tat besagt der Satz f\"ur $n=2$, dass 
\[ (a+b)^2\,\,=\,\,\begin{pmatrix}2\\0\end{pmatrix}a^0b^2+\begin{pmatrix}2\\1\end{pmatrix}a^1b^1+\begin{pmatrix}2\\2\end{pmatrix}a^2b^0\,\,=\,\,b^2+2ab+a^2.\]
F\"ur $n=3$ sieht man leicht, dass der Satz besagt, dass
\[ (a+b)^3\,\,=\,\,a^3+3a^2b+3ab^2+b^3.\]


\begin{proof}
Seien $a,b\in \R$. F\"ur $n\geq 0$ sei $A(n)$ die Aussage:
\[ (a+b)^n\,\,=\,\,\sum_{k=0}^n \begin{pmatrix}n\\ k\end{pmatrix}a^kb^{n-k}.\]


\noindent \emph{Induktionsanfang.} Die Aussage $A(0)$ gilt trivialerweise.\footnote{Hier `trivial' hei\ss t, dass man es leicht durch Einsetzen zeigen kann. Das Ganze ist so langweilig, dass man es sich sparen kann, dazu etwas zu schreiben.}

\noindent \emph{Induktionsannahme.}
Wir nehmen an, dass $A(n)$ wahr ist, d.h.\ wir nehmen an, dass
\[ (a+b)^n=\sum_{k=0}^n \begin{pmatrix}n\\ k\end{pmatrix}a^kb^{n-k}.\]

\noindent \emph{Induktionsschritt.}
Mithilfe der Induktionsannahme  berechnen wir 
\[ \begin{array}{rcl}
(a+b)^{n+1}&=&(a+b)(a+b)^n\\
 &=&(a+b)\cdot  \sum\limits_{k=0}^n \begin{pmatrix}n\\ k\end{pmatrix}a^kb^{n-k}\\
   &=&\sum\limits_{k=0}^n \begin{pmatrix}n\\ k\end{pmatrix}a^{k+1}b^{n-k}+  \sum\limits_{k=0}^n \begin{pmatrix}n\\ k\end{pmatrix}a^kb^{n-k+1}.\end{array} \]
 Wir wenden jetzt folgenden Trick an:
 \[ \sum_{k=0}^n c_k= \sum_{k=1}^{n+1} c_{k-1}.\]
Wir wenden jetzt diesen Trick auf die erste Summe an. Mithilfe von Lemma~\ref{lem:sumsfactorial} erhalten wir nun
 \[ \begin{array}{rcl}
(a+b)^{n+1} &=&\sum\limits_{k=1}^{n+1} \begin{pmatrix}n\\ k-1\end{pmatrix}a^{k}b^{n-k+1}+  \sum\limits_{k=0}^n \begin{pmatrix}n\\ k\end{pmatrix}a^kb^{n-k+1}\\[2mm]
&=& \begin{pmatrix}n\\ n\end{pmatrix}a^{n+1}b^0 \,\,+\,\,
\sum\limits_{k=1}^{n} \left( \begin{pmatrix}n\\ k-1\end{pmatrix}+ \begin{pmatrix}n\\ k\end{pmatrix}\right) a^kb^{n-k+1}\,\,+ \,\, \begin{pmatrix}n\\ 0\end{pmatrix}a^0b^{n+1}\\[2mm]
&=& a^{n+1}+b^{n+1}+
\sum\limits_{k=1}^{n} \begin{pmatrix}n+1\\ k\end{pmatrix}a^kb^{n-k+1}\\
&=&
\sum\limits_{k=0}^{n+1} \begin{pmatrix}n+1\\ k\end{pmatrix}a^kb^{n-k+1}.\end{array} \]
Der Satz folgt nun also per Induktion.
\end{proof}


\newpage 
%================================
\section{Folgen und Reihen}
Nach der Einf\"uhrung in das Prinzip des Induktionsbeweises kehren wir jetzt zur\"uck zu den reellen Zahlen. In diesem Kapitel f\"uhren wir  Folgen und Reihen ein. Diese Begriffe werden uns durch die ganze Analysis begleiten.

%================================
\subsection{Folgen}

\begin{definition}
Eine  \emph{Folge} ist eine Abbildung
\[ \begin{array}{rcl} \N &\to & \R\\
n&\mapsto &a_n
\end{array} \]
Eine solche Folge wird oft auch mit $(a_1,a_2,a_3,\dots)$, oder mit $(a_n)_{n\geq 1}$ oder, noch knapper, mit $(a_n)$ bezeichnet.
\footnote{Manchmal betrachten wir auch Abbildungen $\N_0\to \R$, welche wir ebenfalls als Folgen bezeichnen.}
Wir bezeichnen zudem die einzelnen Zahlen $a_n$ auch als \emph{Folgenglieder}. 
\end{definition}

Wir betrachten jetzt eine ganze Reihe von Folgen,\, damit wir ein Gef\"uhl daf\"ur kriegen,\, wie Folgen ausschauen k\"onnen. Wir wollen dabei auch `qualitativ' beschreiben, wie sich die jeweilige Folge verh\"alt:\\
\begin{align*}
\begin{array}{rrll} &\mbox{Definition der Folge} & \mbox{die ersten Folgenglieder} &\mbox{qualitatives Verhalten}\\[2mm]
(a) & (\frac{1}{n})_{n\in \N} & 1,\,\frac{1}{2},\,\frac{1}{3},\,\frac{1}{4},\,\frac{1}{5},\,\dots &
\mbox{die Folge geht  gegen $0$}\\[2mm]
(b) & (\frac{1}{n^2})_{n\in \N} & 1,\,\frac{1}{4},\,\frac{1}{9},\,\frac{1}{16},\,\frac{1}{25},\,\dots
&
\mbox{die Folge  geht gegen $0$} \\[2mm]
(c) & (3)_{n\in \N} & 3,\,3,\,3,\,3,\,3,\,\dots &\mbox{die Folge ist immer gleich $3$} \\[2mm]
(d) & (3+\frac{2}{n^2})_{n\in \N} &5,\,3\frac{1}{2},\,3\frac{2}{9},\,3\frac{2}{16},\,3\frac{2}{25},\,\dots 
&\mbox{die Folge n\"ahert sich immer mehr der $3$}\\[2mm]
(e) & ((-1)^n)_{n\in \N} & -1,\,1,\,-1,\,1,\,-1,\,\dots &
\mbox{die\,Folge\,springt\,zwischen\,$1$\,und\,$-1$\,hin\,und\,her} \\[2mm]
(f) & (\frac{1}{2^n})_{n\in \N} & \frac{1}{2},\,\frac{1}{4},\,\frac{1}{8},\,\frac{1}{16},\,\frac{1}{32},\,\dots
&\mbox{die Folge  geht gegen $0$} \\
(g) & (n^3)_{n\in \N} & 1,8,27,64,125,216,\dots &\mbox{die Folge wird immer gr\"o\ss er}
\intertext{Es gibt aber auch noch kompliziertere Folgen, welche man nicht mit einem einzigen mathematischen Ausdruck definieren kann. Beispielsweise }
(h) & \hspace{-0.3cm}\left\{ \begin{array}{ll} \frac{1}{n},& \mbox{falls\,$n$\,gerade}\\
 \frac{-1}{n^2},&\mbox{sonst}\end{array} \right. & -1,\frac{1}{2},-\frac{1}{9},\frac{1}{4},-\frac{1}{25},\frac{1}{6},\dots &\mbox{die Folge geht gegen 0} \\[2mm]
(i) & \left\{ \begin{array}{ll} \frac{1}{n},& \mbox{falls\,$n$\,prim}\\
  5,& \mbox{sonst}\end{array} \right. & 5,\frac{1}{2},\frac{1}{3},5,\frac{1}{5},5,\frac{1}{7},5,5,\dots 
  &\mbox{die Folge ist `zumeist' 5, aber nicht immer} \\[2mm]
(j) & \left\{ \begin{array}{ll} 9,& \mbox{falls $n\leq 10$}\\
  \frac{1}{n},& \mbox{sonst}\end{array} \right. & 9,\dots,9,\frac{1}{11},\frac{1}{12},\frac{1}{13},\dots 
  &\mbox{f\"ur gro\ss e $n$ geht die Folge gegen 0}\\[2mm]
 \end{array}
\end{align*}
Wir sehen also,\, dass der Fantasie bei der Definition von Folgen keine Grenzen gesetzt sind. 

Wir haben in den Beispielen gesehen, dass viele von den Folgen `gegen einen Wert streben'.
Wir wollen nun dieses `gegen einen Wert streben'  mathematisch pr\"azise formulieren. 
Wir f\"uhren dazu folgende Definition ein. Diese  ist eine der wichtigsten Definitionen der Analysis. Sie ist leider auch zu Anfang eine der am schwersten zu verdauenden Definitionen.


\begin{definition}
Sei $(a_n)_{n\in \N}$ eine Folge. Wir sagen die Folge \emph{konvergiert gegen $a\in \R$}, geschrieben als $\lim_{n\to \infty}a_n=a$,  falls gilt:
Zu jedem $\epsilon>0$ existiert ein $N\in \N$, so dass
\[ |a_n-a|<\epsilon\]
f\"ur alle $n\geq N$.
\end{definition}

Anders ausgedr\"uckt, eine Folge $(a_n)_{n\in \N}$ konvergiert gegen $a\in \R$,
wenn es zu jedem $\epsilon$-Intervall $(a-\epsilon,a+\epsilon)$ um $a$ ein $N\in \N$, so dass ab $N$ alle Folgenglieder in dem 
$\epsilon$-Intervall $(a-\epsilon,a+\epsilon)$ liegen.

Wenn eine Folge $(a_n)$ gegen $a$ konvergiert, dann schreiben wir
\[ \lim_{n\to \infty}a_n=a\]
und wir nennen $a$ den \emph{Grenzwert} der Folge $(a_n)$.
Konvergiert $(a_n)$ gegen 0, dann sagen wir, dass $(a_n)$ eine \emph{Nullfolge} ist.

Betrachten wir beispielsweise das erste Beispiel, d.h.\ die Folge $(\frac{1}{n})_{n\in \N}$. Wir haben den Eindruck, dass die Folge gegen 0 strebt. Wenn unsere Definition von Konvergenz Sinn machen soll, dann muss diese gegen 0 konvergieren. Wie wir jetzt sehen werden ist dies in der Tat der Fall.


\begin{behauptung}
Es ist
\[ \lim_{n\to \infty} \lmfrac{3}{n}\,\,=\,\,0.\]
\end{behauptung}

\begin{proof}
Wir m\"ussen also zeigen, dass es zu jedem $\epsilon>0$ ein $N\in \N$ gibt, so dass
\[ \underset{=\frac{3}{n}}{\underbrace{\left|\lmfrac{3}{n}-0\right|}}\,\,<\,\,\epsilon\]
f\"ur alle $n\geq N$.

Sei also $\epsilon>0$ eine beliebige reelle Zahl gr\"o\ss er Null. Wir m\"ussen ein $N\in \N$ finden, so dass
\[ \lmfrac{3}{n}\,\,<\,\,\epsilon\]
f\"ur alle $n\geq N$. Diese Aussage \"ahnelt ganz stark der Aussage von Satz~\ref{satz:1n}.
In der Tat, gibt es nach Satz~\ref{satz:1n} ein $N\in \N$, so dass
\[ \lmfrac{1}{N}\,\, <\,\,\lmfrac{\epsilon}{3}.\]
Wir wollen nun zeigen, dass dieses $N$ die richtige Eigenschaft besitzt. Es sei also $n\geq N$, dann gilt
\[  \lmfrac{3}{n}\,\leq \,\lmfrac{3}{N}\,<\,\lmfrac{3\epsilon}{3}\,=\,\epsilon.\]
\end{proof}

% hier am Ende der 4. Vorlesung

Betrachten wir nun  das vierte Beispiel, d.h. die Folge $ \left(3+\frac{2}{n^2}\right)_{n\in \N}$. Diese scheint gegen 3 zu streben. 
Wir sehen jetzt, dass dies auch mit unserer Definition von Konvergenz \"ubereinstimmt.

\begin{behauptung}
\footnote{Dieses Beispiel haben wir in der Vorlesung nicht behandelt, aber es ist vielleicht hilfreich, auch dieses zu studieren.} 
Es ist
\[ \lim_{n\to \infty} \left(3+\lmfrac{2}{n^2}\right)=3.\]
\end{behauptung}

\begin{proof}
Wir m\"ussen also zeigen, dass es zu jedem $\epsilon>0$ ein $N\in \N$ gibt, so dass
\[ \underset{=\tmfrac{2}{n^2}}{\underbrace{\left|\left(3+\lmfrac{2}{n^2}\right)-3\right|}}<\epsilon\]
f\"ur alle $n\geq N$.

Sei also $\epsilon>0$ eine beliebige reelle Zahl gr\"o\ss er Null. Wir m\"ussen ein $N\in \N$ finden, so dass
\[ \lmfrac{2}{n^2}<\epsilon\]
f\"ur alle $n\geq N$.

Nach Satz~\ref{satz:1n} gibt es zu jedem $\nu>0$ ein $N\in \N$, so dass
\[ \lmfrac{1}{N} <\nu.\]
Wenn wir den Satz auf $\nu=\frac{\epsilon}{2}$ an erhalten wir ein $N\in \N$, so dass
\[ \lmfrac{1}{N} <\lmfrac{\epsilon}{2}.\]
Wir wollen nun zeigen, dass dieses $N$ die richtige Eigenschaft besitzt. Es sei also $n\geq N$, dann gilt
\[  \lmfrac{2}{n^2}\,=\,2\lmfrac{1}{n}\frac{1}{n}\,\leq \,2\lmfrac{1}{n} \,\leq \,2\lmfrac{1}{N}\,<\,2\cdot \lmfrac{\epsilon}{2}\,=\,\epsilon.\]
Hierbei haben wir auch verwendet, dass $\frac{1}{n}\leq 1$ und $\frac{1}{n}\leq \frac{1}{N}$. 
\end{proof}

In den \"Ubungen werden wir sehen, dass die Folgen (a) bis (j), welche unserem Gef\"uhl nach gegen eine Zahl konvergieren, auch in der Tat gegen die entsprechende Zahl konvergieren. 


Der Ausdruck \emph{der Grenzwert} legt nat\"urlich nahe, dass wenn es einen Grenzwert gibt, dann ist dieser eindeutig. Dies ist in der Tat der Fall, wie der n\"achste Satz zeigt.

\begin{satz}\label{satz:eingw}
Eine konvergente Folge konvergiert gegen genau eine reelle Zahl.
\end{satz}

\begin{proof}
Es sei $(a_n)_{n\in \N}$ eine  konvergente Folge. Es seien $a,b$ reelle Zahlen mit 
$\lim_{n\to \infty}a_n=a$ und $\lim_{n\to \infty}a_n=b$.  Wir m\"ussen zeigen, dass $a=b$.

Nehmen wir an, dass  $a\ne b$. Wir wollen diese Annahme zu einem Widerspruch f\"uhren, d.h.\ wir wollen zeigen, dass dies nicht sein kann.
\footnote{Der Absatz, welcher einger\"uckt in blau geschrieben ist, ist streng genommen nicht Teil des Beweises. In den Kursiv geschriebenen Stellen eines Beweises, will ich nur motivieren, wie man auf die Idee f\"ur den Beweis kommt. Der eigentliche, formale Beweis, besteht nur aus den nicht-kursiv geschriebenen Abs\"atzen.} 
\begin{enumerate}
\item[]\textcolor{blue}{
Grob gesprochen hei\ss t $\lim_{n\to \infty}a_n=a$, dass f\"ur `ganz gro\ss e $n$' die Folgenglieder `ganz in der N\"ahe von  $a$ sind'. 
Ganz analog  hei\ss t $\lim_{n\to \infty}a_n=b$, dass f\"ur `ganz gro\ss e $n$' die Folgenglieder `ganz in der N\"ahe von  $b$ sind'. Der Widerspruch muss also daher kommen, dass sich f\"ur ganz gro\ss e $n$, die Folgenglieder nicht gleichzeitig `ganz in der N\"ahe von $a$' und `ganz in der N\"ahe von $b$' sein kann. Um diese Idee in einen mathematischen Beweis zu verwandeln, m\"ussen wir quantifizieren, was `ganz in der N\"ahe' hei\ss en soll. 
Wenn wir mit $d=|a-b|$ den Abstand zwischen $a$ und $b$ bezeichnen, dann kann es nicht sein, dass sowohl der Abstand von einem Folgenglied zu $a$ kleiner als $\frac{d}{2}$ ist, als auch der Abstand zu $b$ kleiner als $\frac{d}{2}$ ist.
Wir wollen diese Idee nun ausf\"uhren.}
\end{enumerate}


Wir setzen $\epsilon:=\frac{|a-b|}{2}$. Nachdem wir annehmen, dass $a\ne b$ folgt, dass $\epsilon>0$. 
Nachdem $\lim_{n\to \infty}a_n=a$ existiert daher ein $N_a\in \N$, so dass
\[  |a_n-a|<\epsilon\]
f\"ur alle $n\geq N_a$. Nachdem  $\lim_{n\to \infty}a_n=b$ existiert zudem auch ein $N_b\in \N$, so dass
\[  |a_n-b|<\epsilon\]
f\"ur alle $n\geq N_b$.

Es sei nun  $n\geq \mbox{max}\{N_a,N_b\}$, wobei wir mit $\mbox{max}\{N_a,N_b\}$ das Maximum der beiden Zahlen $N_a$ und $N_b$ bezeichnen. Dann gilt
\[ \begin{array}{rcll} |a-b|&=&|(a-a_n)-(b-a_n)|&\mbox{Umformen, so dass  $a_n-a$ und $a_n-b$ auftauchen}\\
&\leq & |a-a_n|+|b-a_n|&\mbox{Dreiecksungleichung}\\
&<&\epsilon+\epsilon&\mbox{nachdem $n\geq N_a$ sowie $n\geq N_b$}\\
&=&|a-b|&\mbox{Definition von $\epsilon$}.\end{array}\]
Zusammengefasst sehen wir  also, dass $|a-b|<|a-b|$, was nat\"urlich nicht sein kann. 
Wir erhalten daher einen Widerspruch zur Annahme, dass die Folge $(a_n)$ zwei verschiedene Grenzwerte besitzt.
\end{proof}

Im Folgenden nennen wir eine Folge $(a_n)$ \emph{beschr\"ankt}, wenn es ein $C\in \R$ gibt, so dass
\[ |a_n|\,\leq\, C\]
f\"ur alle $ n\in \N$. Andernfalls hei\ss t die Folge unbeschr\"ankt. In den obigen Beispielen ist die Folge $(n^3)_{n\in \N}=(1,8,27,64,125,\dots)$ unbeschr\"ankt. Alle anderen Beispiele sind hingegen beschr\"ankt. 


\begin{satz}\label{satz:beschr}
Eine konvergente Folge ist beschr\"ankt.
\end{satz}

\begin{proof}
Es sei $(a_n)$ eine konvergente Folge. Wir setzen $a=\lim_{n\to \infty} a_n$.
Es existiert insbesondere ein $N\in \N$, so dass f\"ur alle $n\geq N$ gilt
\[ |a_n-a|<1.\]
Wir setzen nun
\[ C:=\max\{|a_1|,\dots,|a_{N-1}|,|a|+1\},\]
d.h. $ C$ ist das Maximum der Zahlen $|a_1|,\dots,|a_{N-1}|,|a|+1$.

Wir wollen nun zeigen, dass $C$ die gew\"unschte Eigenschaft besitzt, d.h. wir wollen zeigen, dass  $|a_n|\leq C$ f\"ur alle $n$.
Es ist offensichtlich, dass dies  wahr ist  f\"ur $n\in \{1,\dots,{N-1}\}$.
Sei nun $n\geq N$. Dann erhalten wir mithilfe der Dreiecksungleichung, dass in der Tat gilt
\[ |a_n|\,\,=\,\,|a_n-a+a|\,\,\leq\,\, |a_n-a|+|a|<1+|a|\,\,\leq\,\, C.\]
\end{proof}

Der folgende Satz gibt uns nun einige hilfreiche Rechenregeln f\"ur konvergente Folgen. 



\begin{satz}\label{satz:limsum}
Es seien $(a_n)$ und $(b_n)$ konvergente Folgen und es sei $\l\in \R$. Dann gilt:
\begin{align*}\begin{array}{rrcl}
\hspace{1cm}(1)&\hspace{3cm} \underset{n\to \infty}{\lim} (a_n+b_n)&=&\underset{n\to \infty}{\lim} a_n\,+\,\underset{n\to \infty}{\lim} b_n\\
(2)&\underset{n\to \infty}{\lim} (a_n\cdot b_n)&=&\underset{n\to \infty}{\lim} a_n\,\cdot\,\underset{n\to \infty}{\lim} b_n,\\
(3)&\underset{n\to \infty}{\lim} \lambda  a_n&=&\lambda  \underset{n\to \infty}{\lim} a_n.
\intertext{Wenn  $b_n\ne 0$ f\"ur alle $n$ und wenn $\lim_{n\to \infty}b_n\ne 0$, dann gilt zudem}
(4)& \underset{n\to \infty}{\lim} \lmfrac{a_n}{b_n}&=&\lmfrac{\underset{n\to \infty}{\lim} a_n}{\underset{n\to \infty}{\lim} b_n}.\end{array}\end{align*}
\end{satz}

\begin{proof}
Es seien $(a_n)$ und $(b_n)$ konvergente Folgen. 
\begin{enumerate}
\item[]\textcolor{blue}{Es ist eine gute Idee, den Grenzwerten einen Namen zu geben, und die Definition der Konvergenz der Folgen $(a_n)$ und $(b_n)$ noch einmal hinzuschreiben. Nachdem es am Ende viele $\epsilon$'s geben wird, ist es auch weise, diese unterschiedlich zu bezeichnen.}
\end{enumerate}
Wir schreiben $a:=\lim_{n\to \infty}a_n$ und $b:=\lim_{n\to \infty}b_n$. 
Nach  Definition von  $\lim_{n\to \infty}a_n=a$ und $\lim_{n\to \infty}b_n=b$  gilt:
Zu jedem $\epsilon_a>0$ existiert ein $N_a\in \N$, so dass
\[ |a_n-a|<\epsilon_a \]
f\"ur alle $n\geq N_a$. Au\ss erdem existiert zu jedem $\epsilon_b>0$ ein $N_b\in \N$, so dass
\[ |b_n-b|<\epsilon_b \]
f\"ur alle $n\geq N_b$.
\begin{enumerate}
\item Wir m\"ussen also jetzt zeigen, dass $\lim_{n\to \infty} (a_n+b_n)=a+b$. 
 Es sei also $\epsilon>0$ gegeben. Wir m\"ussen zeigen, dass es ein $N\in \N$ gibt, so dass
\[ |(a_n+b_n)-(a+b)|<\epsilon\]
f\"ur alle $n\geq N$.
\begin{enumerate}
\item[]\textcolor{blue}{Wir m\"ussen also $ |(a_n+b_n)-(a+b)|$ `beliebig klein kriegen'. Nachdem 
$\lim_{n\to \infty}a_n=a$ und $\lim_{n\to \infty}b_n=b$, k\"onnen wir $|a_n-a|$ und $|b_n-b|$ `beliebig klein kriegen'. Wir m\"ussen daher $ |(a_n+b_n)-(a+b)| $ so umschreiben, dass  $|a_n-a|$ und $|b_n-b|$ auftauchen. Wir machen dies durch folgende Ungleichung, welche aus der Dreiecksungleichung folgt:
\[  |(a_n+b_n)-(a+b)| =|(a_n-a)+(b_n-b)|\leq |a_n-a|+|b_n-b|.\]}
\end{enumerate}



Wir setzen jetzt $\epsilon_a=\frac{\epsilon}{2}$ und $\epsilon_b=\frac{\epsilon}{2}$.
Aus der Definition der Konvergenz der Folgen $(a_n)$ und $(b_n)$ folgt, dass es  $N_a$ und $N_b$ gibt, so dass
\[ |a_n-a|<\frac{\epsilon}{2} \]
f\"ur alle $n\geq N_a$ und
\[ |b_n-b|<\frac{\epsilon}{2}\]
f\"ur alle $n\geq N_b$.

Wir setzen $N=\max\{N_a,N_b\}$. Wir wollen zeigen, dass dieses $N$ die gew\"unschte Eigenschaft besitzt. Es sei nun also $n\geq N$. Wir m\"ussen zeigen, dass
\[ |(a_n+b_n)-(a+b)|<\epsilon.\]
Es folgt aus der Dreiecksungleichung und der Tatsache, dass $n\geq N_a$ und $n\geq N_b$, dass in der Tat
\[ \begin{array}{rcl} |(a_n+b_n)-(a+b)|&=&|(a_n-a)-(b-b_n)|\\
&\leq& |a_n-a|+|b_n-b|\\
&<&\frac{\epsilon}{2}+\frac{\epsilon}{2}=\epsilon.\end{array} \]

\item Sei also $\epsilon>0$. 
\begin{enumerate}
\item[]\textcolor{blue}{Wir wollen zeigen, dass die Folge $(a_nb_n)$ gegen $ab$ konvergiert. In diesem Fall  m\"ussen wir
also $|a_nb_n-ab|$ mithilfe von $|a_n-a|$ und $|b_n-b|$ absch\"atzen. In diesem Fall braucht das aber etwas mehr Phantasie als in (1).
}
\end{enumerate}
Es folgt aus der Dreiecksungleichung, dass
\[ \begin{array}{rcl} |a_nb_n-ab|&=&|a_nb_n-ab_n+ab_n-ab|\\
&\leq & |a_nb_n-ab_n|+|ab_n-ab|\\
&=&|b_n|\cdot |a_n-a|+|a|\cdot |b_n-b|.\end{array} \]
Nach Satz~\ref{satz:beschr} existiert ein $C$, so dass $|b_n|\leq C$ f\"ur alle $n\in \N$.
 Wir k\"onnen zudem $C$ so w\"ahlen, dass au\ss erdem $|a|\leq C$ und $C>0$. Dann gilt
 \[|ab-a_nb_n| \,\leq \,|b_n|\cdot |a_n-a|+|a|\cdot |b_n-b|\,\leq \,C(|a_n-a|+|b_n-b|)\]
 f\"ur alle $n\in \N$.

Wir setzen nun $\epsilon_a=\frac{\epsilon}{2C}$ und $\epsilon_b=\frac{\epsilon}{2C}$.
Wir w\"ahlen $N_a$ und $N_b$, so dass
\[ |a_n-a|<\frac{\epsilon}{2C} \]
f\"ur alle $n\geq N_a$ und
\[ |b_n-b|<\frac{\epsilon}{2C}\]
f\"ur alle $n\geq N_b$.
Wir setzen $N=\max\{N_a,N_b\}$. Es sei nun $n\geq N$. Dann gilt
\[ |ab-a_nb_n| \leq C(|a-a_n|+|b-b_n|)< C\left(\lmfrac{\epsilon}{2C}+\lmfrac{\epsilon}{2C}\right)=\epsilon.\]

\item Diese Aussage folgt sofort aus (2), wenn man $b_n=\l$ setzt f\"ur alle $n$.
\item Wir nehmen nun also an, dass  $b_n\ne 0$ f\"ur alle $n$, und dass $\lim_{n\to \infty}b_n\ne 0$.
Es gilt
\[ \left|\lmfrac{a_n}{b_n}-\lmfrac{a}{b}\right|=\left|\lmfrac{a_nb-ab_n}{b_nb}\right|
=\left|\lmfrac{a_nb-ab+ab-ab_n}{b_nb}\right|\leq \left|\lmfrac{1}{b_n}\right|\cdot |a_n-a|+\left|\lmfrac{a}{bb_n}\right|\cdot |b_n-b|.\]
Nachdem $b=\lim_{n\to \infty}b_n\ne 0$ gibt es ein $N'\in \N$, so dass $|b_n|\geq \frac{|b|}{2}$ f\"ur alle $n\geq N'$. Wir w\"ahlen zudem $C>0$ mit $C\geq \left|\frac{2}{b}\right|$ und  $C\geq \left|\frac{2a}{b^2}\right|$. 
Wir w\"ahlen $N_a$ und $N_b$, so dass
\[ |a_n-a|<\lmfrac{\epsilon}{2C} \mbox{ f\"ur alle $n\geq N_a$ und } |b_n-b|<\lmfrac{\epsilon}{2C} \mbox{ f\"ur alle $n\geq N_b$.}\]
Wir setzen $N=\max\{N',N_a,N_b\}$. Es sei nun $n\geq N$. Dann gilt
\[ \begin{array}{rcll} \left|\tmfrac{a_n}{b_n}-\tmfrac{a}{b}\right|&\leq& 
\left|\tmfrac{1}{b_n}\right|\cdot |a_n-a|+\left|\tmfrac{a}{bb_n}\right|\cdot |b_n-b|\\[2mm]
&\leq& \left|\tmfrac{2}{b}\right|\cdot |a_n-a|+\left|\tmfrac{2a}{b^2}\right|\cdot |b_n-b|&\mbox{ weil $n\geq N'$}\\[2mm]
&<&   \left|\tmfrac{2}{b}\right|\cdot\tmfrac{\epsilon}{2C}+\left|\tmfrac{2a}{b^2}\right|\cdot\tmfrac{\epsilon}{2C} &\mbox{ weil $n\geq N_a$ und $n\geq N_b$}  \\[2mm]
&<&   \left|\tmfrac{2}{b}\right|\cdot\tmfrac{\epsilon}{2\left|\frac{2}{b}\right|}+\left|\tmfrac{2a}{b^2}\right|\cdot\tmfrac{\epsilon}{2\left|\tmfrac{2a}{b^2}\right|} &\mbox{ weil $C\geq \left|\frac{2}{b}\right|$ und  $C\geq \left|\frac{2a}{b^2}\right|$}  \\[2mm]
&\leq & \tmfrac{\epsilon}{2}+\tmfrac{\epsilon}{2}=\epsilon.\end{array}\]
\end{enumerate}
\end{proof}

\begin{satz}\label{satz:kleinergleich}
Es seien $(a_n)$ und $(b_n)$ zwei konvergente Folgen, so dass $a_n\geq b_n$ f\"ur alle $n$. Dann gilt auch 
\[ \lim_{n\to \infty} a_n \,\,\geq \,\,\lim_{n\to \infty} b_n.\]
\end{satz}

\begin{proof}
Wir schreiben $a=\lim_{n\to \infty} a_n$ und $b=\lim_{n\to \infty} b_n$.
Nehmen wir an, dass $b>a$. Wir setzen $\epsilon=\frac{b-a}{2}$.
Es ist $\epsilon>0$, es existiert daher ein $N$, so dass f\"ur alle $n\geq N$ gilt,
\footnote{Genau genommen  folgt aus der Definition von $a=\lim_{n\to \infty} a_n$ und $b=\lim_{n\to \infty} b_n$, dass  es ein $N_a\in \N$ gibt, so dass $|a_n-a|<\epsilon$ f\"ur alle $n\geq N_a$ und  es gibt ein $N_b\in \N$, so dass $|b_n-b|<\epsilon$ f\"ur alle $n\geq N_b$. Wir setzen $N:=\max\{N_a,N_b\}$. Dann gilt $ |a_n-a|<\epsilon$ und $b_n-b|<\epsilon$  f\"ur alle $n\geq N$.} dass
\[ 
\begin{array}{rccccl}
(1)\quad &|a_n-a|<\epsilon=\tmfrac{b-a}{2},& \, \mbox{daraus folgt}\,& a_n\in \Big(a-\tmfrac{b-a}{2},\underset{=\frac{a+b}{2}}{\underbrace{a+\tmfrac{b-a}{2}}}\Big) &\Rightarrow& a_n<\tmfrac{a+b}{2}, \mbox{ sowie}\\
(2)\quad&|b_n-b|<\epsilon=\tmfrac{b-a}{2},& \,\mbox{daraus folgt}\, &b_n\in \Big(\underset{=\tmfrac{a+b}{2}}{\underbrace{b-\frac{b-a}{2}}},b+\tmfrac{b-a}{2},\Big) &\Rightarrow &b_n>\tmfrac{a+b}{2} \end{array} \]
Zusammengefasst erhalten wir, dass 
$b_n>\frac{a+b}{2} >a_n$, im Widerspruch zur Voraussetzung, dass $a_n\geq b_n$ f\"ur alle $n$.
\end{proof}

\begin{beispiel}
Es seien $(a_n)$ und $(b_n)$ zwei konvergente Folgen, so dass $a_n> b_n$, dann gilt nicht notwendigerweise, dass auch $\lim_{n\to \infty} a_n > \lim_{n\to \infty} b_n$.
In der Tat, $\frac{1}{n}>0$ f\"ur alle $n$, aber
$\lim_{n\to \infty} \frac{1}{n}=0=\lim_{n\to \infty} 0$.
\end{beispiel}



%================================
\subsection{Quantoren}
Im Folgenden verwenden wir folgende Abk\"urzungen
\[ \begin{array}{rcl} \underset{x}{\bigforall}  &\mbox{ bedeutet }& \mbox{`f\"ur alle $x$ gilt'}\\[2mm]
\underset{x}{\bigexists}  &\mbox{ bedeutet }& \mbox{`es gibt ein $x$, so dass'.}\end{array} \]



Die Symbole $\bigforall$ und $\bigexists$ nennen wir \emph{Quantoren}.
Betrachten wir ein Beispiel:
\begin{align*}
\begin{array}{rcl}\underset{\epsilon>0}{\bigforall} \,\,\underset{N\in \N}{\bigexists} \,\,\underset{n\geq N}{\bigforall} \,|a_n-a|<\epsilon
&\mbox{bedeutet:}&\begin{array}{l}\mbox{f\"ur alle}\\ \epsilon>0\end{array} \mbox{ gilt } \begin{array}{l}\mbox{es gibt}\\\mbox{ein $N\in \N$}\end{array}
\mbox{so dass} \begin{array}{l}\mbox{f\"ur alle}\\n\geq \N\end{array} \mbox{ gilt }\, |a_n-a|<\epsilon.
\intertext{oder sprachlich etwas h\"ubscher:}
 \underset{\epsilon>0}{\bigforall} \,\,\underset{N\in \N}{\bigexists} \,\,\underset{n\geq N}{\bigforall} \,|a_n-a|<\epsilon
&\mbox{bedeutet:}&\begin{array}{l}\mbox{f\"ur alle}\\ \epsilon>0\end{array}\begin{array}{l}\mbox{gibt es}\\\mbox{ein $N\in \N$}\end{array}
\mbox{so dass} \begin{array}{l}\mbox{f\"ur alle}\\n\geq \N\end{array} \, |a_n-a|<\epsilon.\end{array}\end{align*}
Dies ist nat\"urlich gerade die Definition der Aussage, dass die Folge $(a_n)$ gegen $a$ konvergiert. D.h.\ 
in Quantorenschreibweise gilt 
\[ \lim_{n\to \infty} a_n=a \,\,\Longleftrightarrow \,\,\underset{\epsilon>0}{\bigforall} \,\underset{N\in \N}{\bigexists} \,\underset{n\geq N}{\bigforall} |a_n-a|<\epsilon.\]

Wir k\"onnen auch viele andere Aussagen und Definitionen mit Quantoren schreiben:
\[ \begin{array}{rcl} 
\mbox{das archimedische Axiom besagt} & \underset{x>0,y>0}{\bigforall}\quad  \underset{n\in \N}{\bigexists}\,\,nx>y\\[2mm]
\mbox{eine Folge $(a_n)$ ist beschr\"ankt, genau dann, wenn}&\underset{C\in \R}{\bigexists}\quad \underset{n\in \N}{\bigforall}|a_n|<C.
\end{array} \]


% Ende der 5. Vorlesung 2014

In vielen F\"allen m\"ussen wir eine Aussage negieren. 
Es sei beispielsweise $M$ eine Menge und f\"ur jedes $x\in M$, sei $A(x)$ eine Aussage, welche wahr oder falsch sein kann. 
Dann ist
\begin{align*}
\begin{array}{rcl} 
 \mbox{Negation\,von\,`f\"ur\,alle\,$x\in M$,\,gilt\,$A(x)$'}&=&\mbox{`es\,gibt\,ein\,$x\in M$,\,so\,dass\,$A(x)$\,falsch\,ist'.}
\intertext{F\"ur eine Folge $(a_n)$ gilt beispielsweise} 
\mbox{Negation\,von\,`f\"ur\,alle\,$n\in \N$\,ist\,$a_n\geq 1$'}&=&\mbox{`es gibt ein $n\in \N$, so dass 
$\underset{\begin{array}{c}\mbox{\small{Negation\,von}}\\alpha_n\geq 1\end{array} }{\underbrace{a_n<1}}$'}
\intertext{oder in Quantorenschreibweise}
\mbox{Negation von $\underset{n\in \N}{\bigforall} \quad a_n\geq 1$}&=&\underset{n\in \N}{\bigexists}a_n<1
  \intertext{Die gleiche Logik funktioniert auch mit den Rollen von $\bigforall$ und $\bigexists$ vertauscht:}
 \mbox{Negation von `f\"ur alle  $x\in M$, gilt $A(x)$ '}&=&\mbox{`es\,gibt\,ein\,$x\in M$,\,so\,dass\,$A(x)$\,falsch\,ist'.}
\intertext{F\"ur eine Folge $(a_n)$ gilt beispielsweise} 
\mbox{Negation\,von\,`es\,gibt\,ein\,$n\in \N$\,mit\,$a_n^2= 2$'}&=&\mbox{`f\"ur alle  $n\in \N$ ist
$\underset{\begin{array}{c}\mbox{\small{Negation\,von}}\\alpha_n^2=2\end{array} }{\underbrace{a_n^2\ne 2}}$}
\intertext{oder in Quantorenschreibweise}
\mbox{Negation von $\underset{n\in \N}{\bigexists} \, a_n^2=2$}&=&\underset{n\in \N}{\bigforall}a_n^2\ne 2
\end{array}
\end{align*}


Wir sehen also, dass wir die Negation dadurch erhalten, dass wir $\bigforall$ und  $\bigexists$ vertauschen, und die jeweilige Aussage $A(x)$ negieren. Dies funktioniert ganz analog, f\"ur Verkettungen von Quantoren. Beispielsweise ist 
\[ \begin{array}{rcccc}
\mbox{Negation von `$a_n$ konvergiert gegen $a$'}= \mbox{Negation von } &\underset{\epsilon>0}{\bigforall} &\underset{N\in \N}{\bigexists} &\underset{n\geq N}{\bigforall}& |a_n-a|<\epsilon\\[2mm]
\mbox{=}&\underset{\epsilon>0}{\bigexists} &\underset{N\in \N}{\bigforall} &\underset{n\geq N}{\bigexists} &\underset{\begin{array}{c}\operatorname{Negation\, von}\\|a_n-a|<\epsilon\end{array} }{\underbrace{|a_n-a|\geq \epsilon}}.\end{array} \]


%================================
\subsection{Bestimmte Divergenz}

\begin{definition}
Wir sagen, eine  Folge $(a_n)$ konvergiert, wenn die Folge einen Grenzwert besitzt, d.h. wenn die Folge $(a_n)$ gegen ein $a\in \R$ konvergiert. Anders ausgedr\"uckt:
\begin{align*}
\begin{array}{rccccccccc}
\hspace{2cm} (a_n)\mbox{ konvergiert }&:\Leftrightarrow& \underset{a\in \R}{\bigexists}&\underset{\epsilon>0}{\bigforall} &\underset{N\in \N}{\bigexists} &\underset{n\geq N}{\bigforall}& |a_n-a|<\epsilon.
\intertext{Wenn die Folge $(a_n)$ nicht konvergiert, dann sagen wir die Folge \emph{divergiert}, d.h.}
(a_n)\mbox{ divergiert }&:\Leftrightarrow& \underset{a\in \R}{\bigforall}&\underset{\epsilon>0}{\bigexists} &\underset{N\in \N}{\bigforall} &\underset{n\geq N}{\bigexists}& |a_n-a|\geq \epsilon.
\end{array}
\end{align*}
Manchmal schreiben wir dann `$\lim_{n\to \infty} a_n$ divergiert'.
\end{definition}

\begin{beispiel}
Im 3.\ \"Ubungsblatt werden Sie zeigen, dass die Folge $n\mapsto (-1)^n$ divergiert.
Es gibt viele weitere Folgen, welche divergieren, beispielsweise $(-3n^2)$. 
\end{beispiel}

Bei divergenten Folgen wollen wir zwei Typen von divergenten Folgen besonders betrachten.

\begin{definition}
Es sei  $(a_n)$ eine Folge. Wir sagen
\begin{align*}
\begin{array}{rccccccccc}
\hspace{2cm} (a_n)\mbox{ divergiert bestimmt gegen $+\infty$}&:\Leftrightarrow&
  \underset{K\in \R}{\bigforall}&\underset{N\in \N}{\bigexists} &\underset{n\geq N}{\bigforall}& a_n>K
\intertext{und ganz analog definieren wir}
(a_n)\mbox{ divergiert bestimmt gegen $-\infty$}&:\Leftrightarrow&
 \underset{K\in \R}{\bigforall}&\underset{N\in \N}{\bigexists} &\underset{n\geq N}{\bigforall}& a_n<K
\end{array}
\end{align*}
\footnote{Manchmal wird `bestimmte Divergenz' auch als `uneigentliche Konvergenz' bezeichnet.}
Im ersten Fall schreiben wir $ \lim_{n\to \infty} a_n=+\infty$ und im zweiten Fall schreiben wir  $\lim_{n\to \infty} a_n=-\infty$. 
\end{definition}

\begin{beispiel}
\begin{enumerate}
\item 
Die divergente Folge  $n\mapsto (-1)^n$ divergiert nicht bestimmt gegen $+\infty$ oder $-\infty$.
In der Tat kann man f\"ur $K=1$ beziehungsweise $K=-1$ kein geeignetes $N$ finden.
\item Die divergente Folge $(-3n^2)$ divergiert bestimmt gegen $-\infty$, d.h.\ es ist $\lim_{n\to \infty} 3n^2=+\infty$. In der Tat: es sei $K\in \R$. Wir w\"ahlen ein $N\in \N$ mit $N> |K|$, dann gilt f\"ur alle $n\geq N$, dass
\[ -3n^2\,\,\leq\,\, -3N^2\,\,\leq -N\,\,< -|K|\,\,\leq\,\, K.\]
Hierbei folgt die erste Ungleichung aus $n\geq N$, die zweite folgt aus der ganz allgemeinen Aussage, dass $3k^2\geq k$ f\"ur jede nat\"urliche Zahl $k$, die dritte Ungleichung folgt aus $N> K$, und die letzte Ungleichung folgt aus der Tatsache, dass f\"ur $x\in \R$ gilt $-x\leq |x|$. 
\end{enumerate}
\end{beispiel}

\begin{lemma}\label{lem:xn}
Es sei $x\in \R$, dann gilt
\[ \lim_{n\to \infty} x^n=\left\{ \begin{array}{ll} 0, &\mbox{ falls }|x|<1, \\
1, &\mbox{ falls }x=1, \\
\emph{divergiert}, &\mbox{ falls }x\leq -1, \\
+\infty, &\mbox{ falls }x>1. \end{array} \right.\]
\end{lemma}

\begin{proof}
Der Fall $|x|<1$ wird wie \"Ubungsaufgabe 3 (b) in \"Ubungsblatt 2 bewiesen. Der Fall $x=1$ ist offensichtlich. 
Der Fall $x\leq -1$ wird im 3.\ \"Ubungsblatt bewiesen.

Es sei nun zuletzt $x>1$. Wir m\"ussen zeigen, dass $\lim_{n\to \infty} x^n=+\infty$, d.h.\ wir m\"ussen zeigen, dass die Folge $(x^n)$ bestimmt gegen $+\infty$ divergiert. Aber dies folgt sofort aus Korollar~\ref{kor:bnc}.
\end{proof}

Das folgende Lemma wird in \"Ubungsblatt 3 bewiesen.

\begin{lemma}\label{lem:limnhochd}
Es sei $d\in \Z$, dann gilt
\[ \lim_{n\to \infty} n^d=\left\{ \begin{array}{rl}  +\infty,&\mbox{ wenn }d>0,\\ 1,&\mbox{ wenn }d=0,\\ 0,&\mbox{ wenn }d<0.\end{array} \right.\]
\end{lemma}

\begin{satz}\label{satz:einsdurchinfty} 
Es sei $(a_n)$ eine Folge, welche bestimmt gegen $+\infty$ oder $-\infty$ divergiert.
Dann gibt es ein $n_0\in \N$, so dass $a_n\ne 0$ f\"ur alle $n\geq n_0$, und es gilt
\footnote{Nachdem wir nur wissen, dass $a_n\ne 0$ f\"ur  $n\geq n_0$, ist die Folge $(\frac{1}{a_n})$ nur f\"ur $n\geq n_0$ definiert. Die Definition von Konvergenz ist dann ganz analog zur Definition von Folgen, welche bei $n=1$ beginnen.}
\[ \lim_{n\to \infty} \frac{1}{a_n}=0.\]
\end{satz}

\begin{proof}
Wir betrachten zuerst den Fall,  dass $\lim_{n\to \infty} a_n=+\infty$. 
Aus der Definition von  $\lim_{n\to \infty} a_n=+\infty$ angewandt auf $K=0$ folgt, dass es  ein $n_0\in \N$ gibt, so dass $a_n>K=0$, f\"ur alle $n\geq n_0$.

Wir m\"ussen jetzt noch zeigen zeigen, dass $ \lim_{n\to \infty} \frac{1}{a_n}=0$. Es sei also $\epsilon>0$ gegeben.
Wir setzen $K=\frac{1}{\epsilon}$. Nach Voraussetzung  existiert ein $N\in \N$, so dass
\[ a_n>K\]
f\"ur alle $n\geq N$.
Es folgt, dass f\"ur alle $n\geq N$ gilt
\[ \Big|\lmfrac{1}{a_n}-0\Big|\,\,=\,\,\lmfrac{1}{a_n}\,\,<\,\,\lmfrac{1}{K}\,\,=\,\,\epsilon.\]

Der Fall,  dass $\lim_{n\to \infty} a_n=-\infty$ wird ganz \"ahnlich bewiesen. Wir \"uberlassen dies, mal wieder, als freiwillige \"Ubungsaufgabe.
\end{proof}

Zur Erinnerung, eine Folge $(a_n)$ hei\ss t \emph{Nullfolge}, wenn $\lim_{n\to \infty} a_n=0$. 
Der folgende Satz wird \"ahnlich bewiesen wie Satz~\ref{satz:einsdurchinfty}  (siehe beispielsweise Forster \S 4 Satz 9).

\begin{satz}\label{satz:einsdurchnull}
Sei $(a_n)$ eine Nullfolge mit $a_n>0$ f\"ur alle $n$ $($bzw. $a_n<0$ f\"ur alle $n)$, dann
gilt
\[ \lim_{n\to \infty} \frac{1}{a_n} =+\infty \mbox{ bzw. }\lim_{n\to \infty} \frac{1}{a_n} =-\infty.\]
\end{satz}





Wir f\"uhren auf der Menge $\R\cup \{-\infty\}\cup \{+\infty\}$ folgende partielle Addition und partielle Multiplikation ein
\label{def:suminfty}
\footnote{Die Addition und die Multiplikation ist dabei definiert, wie man es sich `naiv' denken w\"urde. Wenn eine Verkn\"upfung `naiv' nicht klar ist, z.B. $-\infty+\infty$, dann ist diese in unserem Falle auch nicht definiert.}
\[ \begin{array}{c|ccc} + & a\in \R & \infty &-\infty \\
\hline
b\in \R &a+b&+\infty&-\infty\\
+\infty&+ \infty&+\infty& *\\
-\infty&-\infty&*&-\infty\end{array}
\quad \mbox{ und }\quad
\begin{array}{c|ccccc} \cdot  & a>0 &0&  a<0& +\infty &-\infty \\
\hline
b>0 &a\cdot b&0&a\cdot b&+\infty&-\infty\\
0&0&0&0&*&* \\
b<0 &a\cdot b&0&a\cdot b&-\infty&+\infty\\
+\infty&+ \infty&*&-\infty& +\infty&-\infty\\
-\infty&-\infty&*&+\infty&-\infty&+\infty\end{array}
 \]
hierbei bedeutet $*$, dass die Addition beziehungsweise die Multiplikation nicht definiert ist, d.h.\ wir haben $\infty+(-\infty)$ und $(-\infty)+\infty$ \emph{nicht} definiert und wir haben auch $0\cdot (\pm \infty)$ nicht definiert.

Es gilt folgender Satz:

\begin{satz}\label{satz:limsuminfty}
 Es seien $(a_n)$ und $(b_n)$ Folgen, welche entweder konvergieren, oder welche bestimmt divergieren. Dann gilt
\[\begin{array}{rrcl} (1) & \quad\underset{n\to \infty}{\lim} (a_n+b_n)&=&  \underset{n\to \infty}{\lim} a_n\,\,+\,\,\underset{n\to \infty}{\lim} b_n\\[2mm]
(2)&   \underset{n\to \infty}{\lim}  (a_n\cdot b_n) &=&   \underset{n\to \infty}{\lim} a_n\,\cdot \, \underset{n\to \infty}{\lim} b_n\end{array} \]
\emph{wenn} die jeweilige rechte Seite definiert ist. 
\end{satz}

\begin{proof}
Wenn   $(a_n)$ und $(b_n)$  konvergente Folgen sind, ist dies gerade  die Aussage aus Satz~\ref{satz:limsum}.
Wenn $(a_n)$ eine konvergente Folge ist, und wenn  $(b_n)$ bestimmt gegen $+\infty$ divergiert,
dann werden wir  im 3.\ \"Ubungsblatt zeigen, dass $(a_n+b_n)$ bestimmt gegen $+\infty$ divergiert.
Wenn zudem $\lim_{n\to \infty} a_n>0$, dann werden wir im 3.\ \"Ubungsblatt zeigen, dass $(a_n\cdot b_n)$ bestimmt gegen $+\infty$ divergiert.
 Alle weiteren F\"alle werden \"ahnlich bewiesen. Diese sind eine freiwillige \"Ubungsaufgabe.
\end{proof}


\begin{korollar}
Es seien $c_0,\dots,c_d\in \R$ mit $d\geq 1$ und  $c_d\ne 0$. Dann gilt
\[ \underset{n\to \infty}{\lim} (c_0+c_1n+c_2n^2+\dots+c_{d-1}n^{d-1}+c_dn^d) =\left\{ \begin{array}{rl} \infty, &\mbox{ wenn }c_d>0,\\ -\infty,&\mbox{ wenn }c_d<0.\end{array} \right.\]
\end{korollar}

\begin{proof}\mbox{}
\begin{enumerate}
\item[]\textcolor{blue}{Die Aussage des Korollars klingt so, als sollte man wohl Satz~\ref{satz:limsuminfty} (1) anwenden. Aber dies ist im Allgemeinen nicht m\"oglich. Beispielsweise divergiert bei der Folge $-3n+4n^2$ der erste Summand bestimmt gegen $-\infty$ und der zweite Summand divergiert bestimmt gegen $+\infty$. Aber die Summe $(-\infty)+\infty$ hatten wir nicht definiert. Die Idee ist daher, die Folge $c_0+c_1n+c_2n^2+\dots+c_{d-1}n^{d-1}+c_dn^d$ so umzuschreiben, dass man doch Satz~\ref{satz:limsuminfty} anwenden kann. Nachdem man `additiv' wenig umschreiben kann, werden wir die Folge `multiplikativ' umschreiben und dann Satz~\ref{satz:limsuminfty} (2) anwenden.}
\end{enumerate} 
Es ist
\[ \begin{array}{rcl}&& \underset{n\to \infty}{\lim} \left(c_0+c_1n+c_2n^2+\dots+c_{d-1}n^{d-1}+c_dn^d\right)\\
&=& \underset{n\to \infty}{\lim} n^d\cdot \left(c_0\frac{1}{n^d}+c_1\frac{1}{n^{d-1}}+c_2\frac{1}{n^{d-2}}+\dots+c_{d-1}\frac{1}{n}+c_d\right).\end{array} \]
Wir wollen nun Satz~\ref{satz:limsuminfty} anwenden, aber dazu m\"ussen wir zeigen, dass die Folgen
\[ (n^d)\quad \mbox{ sowie }\quad \left(c_0\frac{1}{n^d}+c_1\frac{1}{n^{d-1}}+c_2\frac{1}{n^{d-2}}+\dots+c_{d-1}\frac{1}{n}+c_d\right)\]
konvergieren oder bestimmt divergieren, und dass zudem das Produkt definiert ist.

Nachdem $d\geq 1$ folgt aus Lemma~\ref{lem:limnhochd}, dass $\lim_{n\to \infty} n^d=+\infty$. Durch mehrfaches Anwenden von Satz    \ref{satz:limsuminfty} und Lemma~\ref{lem:limnhochd}
erhalten wir zudem, dass 
\[ \lim_{n\to \infty} \left(c_0\frac{1}{n^d}+c_1\frac{1}{n^{d-1}}+c_2\frac{1}{n^{d-2}}+\dots+c_{d-1}\frac{1}{n}+c_d\right)=c_d.\]
Nachdem  $(+\infty)\cdot c_d$ definiert ist, folgt nun also aus Satz~\ref{satz:limsuminfty}, dass 
\[ \underset{n\to \infty}{\lim} \left(c_0+c_1n+c_2n^2+\dots+c_{d-1}n^{d-1}+c_dn^d\right) =(+\infty)\cdot c_d=\left\{ \begin{array}{ll} \infty, &\mbox{ wenn }c_d>0,\\ -\infty,&\mbox{ wenn }c_d<0.\end{array} \right.\]
\end{proof}

Wir setzen die Ordnung $>$ im Folgenden auf die  Menge $\R\cup \{-\infty\}\cup \{+\infty\}$ fort, indem wir schreiben
\[ +\infty> a>-\infty \mbox{ f\"ur alle }a\in \R.\]
Dann gilt folgender Satz.

\begin{satz}\label{satz:limsuminftykleiner}
 Es seien $(a_n)$ und $(b_n)$ Folgen, welche entweder konvergieren, oder welche bestimmt divergieren. 
 Wenn $a_n\leq b_n$ f\"ur alle $n$, dann gilt auch 
\[ \lim_{n\to \infty} a_n\,\leq \,  \lim_{n\to \infty} b_n.\]
\end{satz}

\begin{proof}
In Satz~\ref{satz:kleinergleich} haben wir den Fall betrachtet, dass $(a_n)$ und $(b_n)$ konvergente Folgen sind.

Wir m\"ussen nun noch die verschiedenen Spezialf\"alle untersuchen. Es sei beispielsweise
$(a_n)$ eine konvergente Folge und es sei $(b_n)$ eine Folge, welche bestimmt divergiert,
so dass  $a_n\leq b_n$ f\"ur alle $n$. 

Nachdem $(a_n)$ konvergiert, ist die Folge $(a_n)$ nach Satz~\ref{satz:beschr} beschr\"ankt, d.h.\ es gibt ein $C\in \R$ mit $|a_n|\leq C$ f\"ur alle $n$. Nachdem $b_n\geq a_n$ f\"ur alle $n$  folgt nun auch, dass $b_n\geq a_n\geq -|a_n|\geq -C$ f\"ur alle $n$. Insbesondere kann $(b_n)$ nicht bestimmt gegen $-\infty$ divergieren.

Nachdem $(b_n)$ nach Voraussetzung bestimmt divergiert, wissen wir schon, dass entweder $\lim_{n\to \infty} b_n=-\infty$ oder $\lim_{n\to \infty} b_n=\infty$. Nachdem der erste Fall, wie oben gezeigt, nicht eintreten kann, sehen wir, dass
$\lim_{n\to \infty} b_n=+\infty$. Wir erhalten also, dass in der Tat $ \lim_{n\to \infty} a_n=a\leq +\infty=\lim_{n\to \infty} b_n$.

Die anderen Spezialf\"alle werden nun ganz analog bewiesen. Wir \"uberlassen auch diese als freiwillige \"Ubungsaufgabe.
\end{proof}


% 6. Vorlesung 2014


%================================
\subsection{Reihen}
Es sei $(a_n)_{n\geq 0}$ eine Folge.  F\"ur $k\in \N_0$  bezeichnen wir 
\[ s_k\,\,:=\,\,\sum_{n=0}^k a_n\]
als die \emph{$k$-te Partialsumme} 
und wir bezeichnen die Folge der Partialsummen als die \emph{Reihe $ \sum_{n=0}^\infty a_n$}. Wenn diese Folge der Partialsummen konvergiert, dann schreiben wir auch
\[  \sum_{n=0}^\infty a_n\,\,=\,\,\lim_{k\to \infty} s_k\,\,=\,\,\lim_{k\to \infty} \sum_{n=0}^k a_n.\]

Es gilt folgender Satz:

\begin{satz}\label{satz:reihesum}
 Es seien $ \sum_{n=0}^\infty a_n$
und $ \sum_{n=0}^\infty b_n$ zwei Reihen, welche konvergieren, oder welche bestimmt divergieren. 
\begin{enumerate}
\item Es gilt
\[
 \sum\limits_{n=0}^\infty (a_n+b_n)=  \sum\limits_{n=0}^\infty a_n\,\,+\,\,\sum\limits_{n=0}^\infty b_n\]
\emph{wenn} die  rechte Seite definiert ist. 
\item Es sei $\l\in \R$, dann gilt
\[ \sum\limits_{n=0}^\infty \lambda  a_n=  \l\cdot \sum\limits_{n=0}^\infty a_n \]
\emph{wenn} die  rechte Seite definiert ist. 
\item Wenn $a_n\leq b_n$ f\"ur alle $n$, dann gilt auch 
\[  \sum\limits_{n=0}^\infty a_n\,\,\leq \,\,\sum\limits_{n=0}^\infty b_n.\]
\end{enumerate}
\end{satz}

\begin{proof}
\begin{enumerate}
\item Es folgt aus den Definitionen und aus Satz~\ref{satz:limsuminfty}, dass
\[ \begin{array}{rcll} \sum\limits_{n=0}^\infty (a_n+b_n)&=&\lim_{k\to \infty} \sum\limits_{n=0}^k(a_n+b_n)\\[2mm]
&=&\lim_{k\to \infty} \left( \sum\limits_{n=0}^ka_n\,\,+\,\,\sum\limits_{n=0}^kb_n\right)\\[2mm]
&=&\lim_{k\to \infty}\sum\limits_{n=0}^ka_n\,\,+\,\,\lim_{k\to \infty} \sum\limits_{n=0}^kb_n& \mbox{ nach Satz~\ref{satz:limsuminfty}}\\[2mm]
&=& \sum\limits_{n=0}^\infty a_n\,\,+\,\,\sum\limits_{n=0}^\infty b_n\end{array} \]
\emph{wenn} die  rechte Seite definiert ist. 
\item Die Aussage  folgt sofort aus Satz~\ref{satz:limsuminfty}, angewandt auf die Folge der Partialsummen
$s_k=\sum_{n=0}^k a_n$ und auf die Konstante Folge $(\l)_{n\in \N}$.
\item Die Aussage  folgt sofort aus Satz  \ref{satz:limsuminftykleiner}, angewandt auf die Folgen der Partialsummen
$s_k=\sum_{n=0}^k a_n$ und $t_k=\sum_{n=0}^k b_n$.
\end{enumerate}
\end{proof}



\begin{satz}\label{satz:reihexn}
Es sei $x\in \R$, dann gilt
\[ \sum_{n=0}^\infty x^n=\left\{ \begin{array}{ll} \frac{1}{1-x}, &\mbox{ falls }|x|<1, \\
\emph{divergiert}, &\mbox{ falls }x\leq -1, \\
+\infty, &\mbox{ falls }x\geq 1. \end{array} \right.\]
\end{satz}

F\"ur $|x|<1$ wird die konvergente Reihe $\sum_{n=0}^\infty x^n$ als die \emph{geometrische Reihe} bezeichnet.

\begin{proof}
Es sei $x\in \R$. F\"ur $k\in \N_0$ bezeichnen wir mit
\[ s_k:=\sum_{n=0}^kx^n\]
die $k$-te Partialsumme. Wenn $x=1$, dann gilt nat\"urlich, dass $s_k=k$, d.h.\ es ist $\sum_{n=0}^\infty 1^n=\lim_{k\to \infty} s_k=\lim_{k\to \infty} k=+\infty$.
Im Folgenden sei nun $x\ne 1$.
Dann folgt aus Satz~\ref{satz:sumxn}, dass
\[ s_k\,\,=\,\,\sum_{n=0}^k x^n\,\,=\,\,\frac{1-x^{k+1}}{1-x}.\]
Es folgt, dass
\[  \begin{array}{rcl}
\sum\limits_{n=0}^\infty x^n\,\,=\,\,\underset{k\to \infty}{\lim} \smfrac{1-x^{k+1}}{1-x}\,\,=\,\,\underset{k\to \infty}{\lim}\left(\smfrac{1}{1-x}- \smfrac{x}{1-x}\cdot x^{k}\right).\end{array} \]

Nach Lemma~\ref{lem:xn} h\"angt  $\lim_{k\to \infty} x^k$ von der Wahl von $x$ ab.
Betrachten wir  zuerst den Fall $|x|<1$.  Nach Lemma~\ref{lem:xn} ist $\lim_{k\to \infty}  x^{k}=0$. Es folgt  aus 
Satz~\ref{satz:limsum}, dass 
\[  
\sum\limits_{n=0}^\infty x^n\,\,=\,\,\lim_{k\to \infty}\left(\smfrac{1}{1-x}- \frac{x}{1-x}\cdot x^{k}\right)\,\,=\,\,\smfrac{1}{1-x}-\smfrac{x}{1-x}\cdot 0\,\,=\,\,\smfrac{1}{1-x}.\]
Die F\"alle $x\geq 1$ und $x\leq -1$ werden ganz \"ahnlich beweisen und bleiben als freiwillige  \"Ubungsaufgabe \"uberlassen.

\end{proof}




\newpage
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\section{Cauchyfolgen und das Vollst\"andigkeitsaxiom}

%================================
\subsection{Das Vollst\"andigkeitsaxiom}


\begin{definition}
Eine Folge $(a_n)$ hei\ss t \emph{Cauchy-Folge}, wenn gilt: 
Zu jedem $\epsilon>0$ existiert ein $N\in \N$, so dass
\[ |a_n-a_m|<\epsilon\mbox{ f\"ur alle }n,m\geq N.\]
Mit Quantoren k\"onnen wir die Definition auch wie folgt schreiben:
\[ (a_n) \mbox{ ist eine Cauchy-Folge }\Leftrightarrow
\,\underset{\epsilon>0}{\bigforall}\,\,\underset{N\in \N}{\bigexists}\,\,\underset{n,m\geq N}{\bigforall}\, |a_n-a_m|<\epsilon.\]
\end{definition}

Die Definition von einer Cauchy-Folge \"ahnelt der Definition einer konvergenten Folge, und es stellt sich die Frage, was der Zusammenhang zwischen diesen beiden Begriffen ist. Wir beginnen dazu mit folgendem Satz.

\begin{satz}\label{satz:konvcf}
Jede konvergente Folge ist eine Cauchy-Folge.
\end{satz}

\begin{proof}
Es sei $(a_n)$ eine konvergente Folge. Wir schreiben $a=\lim_{n\to \infty} a_n$. F\"ur alle $\rho>0$ existiert also ein $M\in \N$, so dass
f\"ur alle $m\geq M$ gilt
\footnote{In diesem Satz m\"ussen wir die Definitionen von konvergenten Folgen und von Cauchy-Folgen verwenden. In beiden F\"allen tauchen `$\epsilon$' und `$N$' auf, aber nachdem diese verschiedene Rollen spielen k\"onnen, ist es besser f\"ur eine der beiden Definitionen andere Symbole zu verwenden.}
\[ |a_m-a|<\rho.\]

Wir m\"ussen nun  zeigen, dass $(a_n)$ auch eine Cauchy-Folge ist.
Es sei also  $\epsilon>0$. Wir m\"ussen ein $N\in \N$ finden, so dass
\[ |a_n-a_m|<\epsilon\mbox{ f\"ur alle }n,m\geq N.\]
Wir verwenden nun folgenden  Standardtrick, welcher aus der Dreiecksungleichung folgt:
\[ |a_n-a_m|=|(a_n-a)+(a-a_m)|\leq |a_n-a|+|a_m-a|.\]
Wir setzen jetzt $\rho=\frac{\epsilon}{2}$. Wie wir oben gesehen haben, existiert ein $M\in \N$, so dass
f\"ur alle $m\geq M$ gilt
\[ |a_m-a|<\rho=\frac{\epsilon}{2}.\]
Wir setzen jetzt $N=M$. F\"ur alle $n,m\geq N$ gilt dann
\[  |a_n-a_m|\leq |a_n-a|+|a_m-a|<\frac{\epsilon}{2}+\frac{\epsilon}{2}=\epsilon.\]
\end{proof}

Es stellt sich nun noch die Frage, ob auch jede Cauchy-Folge eine konvergente Folge ist. Dies ist eine  subtile Frage. In den bisherigen Diskussionen von Folgen und deren Konvergenz haben wir eigentlich nie verwendet, dass wir mit den reellen Zahlen arbeiten. Die bisherigen Ergebnisse gelten beispielsweise genauso f\"ur den K\"orper der rationalen Zahlen.

Aber wir werden bald sehen, dass es  Cauchy-Folgen von rationalen Zahlen gibt, welche \emph{nicht} gegen eine rationale Zahl konvergieren. Beispielsweise werden wir sehen, dass  es eine Folge von rationalen Zahlen gibt, welche gegen $\sqrt{2}$ konvergiert,
aber wir werden auch zeigen, dass $\sqrt{2}$  keine rationale Zahl ist.



Satz~\ref{satz:exreell} besagt, dass die Umkehrung von Satz~\ref{satz:konvcf} f\"ur den K\"orper der reellen Zahlen gilt.
Zur Erinnerung, Satz~\ref{satz:exreell} lautet wie folgt:\\

\noindent
\textbf{Satz~\ref{satz:exreell}.} \emph{
Der K\"orper der reellen Zahlen ist der 
\footnote{
Der K\"orper $\R$ der reellen Zahlen erf\"ullt das archimedische Axiom und das Vollst\"andigkeitsaxiom.
Zudem gilt, dass wenn $K$ ein weiterer angeordneter K\"orper ist, welche beide Axiome erf\"ullt, dann gibt es genau einen Isomorphismus $\R\to K$ von angeordneten K\"orpern.} angeordnete K\"orper, welcher das archimedische Axiom erf\"ullt und welcher das Voll\-st\"andig\-keitsaxiom erf\"ullt:
\begin{enumerate}
\item[(V)] Jede Cauchyfolge  konvergiert.
\end{enumerate}
}

Bevor wir die Diskussion der reellen Zahlen fortf\"uhren, erinnern wir noch an einige Definitionen.
Im Folgenden seien $a\leq b$ zwei reelle Zahlen gegeben, wir definieren:
\footnote{Hierbei bezeichnet beispielsweise $\{x\in \R\, |\, a\leq x\leq b\}$ die Menge aller reellen Zahlen, welche die Eigenschaft besitzen, dass $ a\leq x\leq b$.}
\[ \begin{array}{rcll} [a,b]&:=&\{x\in \R\, |\, a\leq x\leq b\}, &\mbox{ (geschlossenes Intervall)}\\[1mm]
(a,b)&:=&\{x\in \R\, |\, a< x< b\},&\mbox{ (offenes Intervall)}\\[1mm]
(a,b]&:=&\{x\in \R\, |\, a< x\leq b\},& \mbox{ (halboffenes Intervall)}\\[1mm]
[a,b)&:=&\{x\in \R\, |\, a\leq x< b\},& \mbox{ (halboffenes Intervall)}\\[1mm]
[a,\infty)&:=&\{x\in \R\, |\, a\leq x\}\\[1mm]
(a,\infty)&:=&\{x\in \R\, |\, a< x\}\\[1mm]
(-\infty,a]&:=&\{x\in \R\, |\ x\leq a\}\\[1mm]
(-\infty,a)&:=&\{x\in \R\, |\, x<a\}.\end{array} \]
Man beachte, dass an der Universit\"at normalerweise die Schreibweise $(a,b)$, anstatt $]a,b[$ verwendet wird.

F\"ur eine reelle Zahl $z$ schreiben wir zudem 
\[ \begin{array}{rclllll} \lfloor z\rfloor &:=&\operatorname{max}\{ n\in \Z\,|\, n\leq z\}&=&\mbox{maximales $n\in \Z$ mit $n\leq z$}& \quad \mbox{ `$z$ abgerundet', sowie}\\[2mm]
\lceil z\rceil &:=&\operatorname{min}\{ n\in \Z\,|\, n\geq z\}
&=&\mbox{minimales $n\in \Z$ mit $n\geq z$} & \quad \mbox{ `$z$ aufgerundet'.}\end{array} \]
Die kleinen horizontalen Striche geben also an, ob man ab- oder aufrundet. 

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\subsection{Dezimaldarstellung von reellen Zahlen}

\begin{satz}\label{satz:ddarstellungex}
Es sei $d\in \N$ mit $d>1$ gegeben. Zudem  sei $(a_n)$ eine Folge, so dass f\"ur alle $n$ gilt, dass $a_n\in \{0,1,2,3,\dots,d-1\}$. Dann konvergiert die Reihe 
\[ \sum_{n=1}^\infty \frac{a_n}{d^n}.\]
\end{satz}

\begin{proof}
Es sei $d\in \N$ mit $d>1$ gegeben. Zudem  sei $(a_n)$ eine Folge, so dass f\"ur alle $n$ gilt, dass $a_n\in \{0,\dots,d-1\}$. Wir m\"ussen zeigen, dass die Folge der Partialsummen  
\[ s_k:=\sum_{n=1}^k \frac{a_n}{d^n}\]
konvergiert. Nach Satz~\ref{satz:exreell} gen\"ugt es zu zeigen, dass $(s_k)_{k\in \N}$ eine Cauchy-Folge ist.

Wir m\"ussen also zeigen, dass die Differenzen $|s_k-s_l|$ f\"ur gro\ss e $k$ und $l$ `klein werden'. Wir machen daher erst einmal folgende Absch\"atzung
f\"ur beliebige $k\geq l$:
\[ \begin{array}{rcll} |s_k-s_l|&=&\sum\limits_{n=1}^k \smfrac{a_n}{d^n}-\sum\limits_{n=1}^l \smfrac{a_n}{d^n}\\[2mm]
&=&\sum\limits_{n=l+1}^k \smfrac{a_n}{d^n}\\
&\leq &\sum\limits_{n=l+1}^k \smfrac{d}{d^n}&\mbox{ nachdem $a_n\leq d$ f\"ur alle $n$}\\
&= &\sum\limits_{n=0}^{k-1} \Big(\tmfrac{1}{d}\Big)^n-\sum\limits_{n=0}^{l-1} \Big(\tmfrac{1}{d}\Big)^n\\
&=&\frac{1-\left(\frac{1}{d}\right)^{k}}{1-\frac{1}{d}}- \frac{1-\left(\frac{1}{d}\right)^{l}}{1-\frac{1}{d}} & \mbox{nach Satz~\ref{satz:sumxn}}\\
&=&\frac{d}{d-1}\cdot \left(\frac{1}{d}\right)^{k}-\frac{d}{d-1}\cdot \left(\frac{1}{d}\right)^{l}\\[2mm]
&\leq&\frac{d}{d-1}\cdot \left(\frac{1}{d}\right)^{k}+\frac{d}{d-1}\cdot \left(\frac{1}{d}\right)^{l}.
\end{array}\]

Nachdem  $\lim_{l\to \infty} \left(\frac{1}{d}\right)^{l}=\lim_{k\to \infty} \left(\frac{1}{d}\right)^{k}=0$ gibt es nun ein $N\in \N$, so dass 
$\frac{d}{d-1}\cdot \left(\frac{1}{d}\right)^{m}<\frac{\epsilon}{2}$ f\"ur alle $m\geq N$. 
Es folgt aus der obigen Absch\"atzung, dass f\"ur alle $k,l\geq N$ gilt, dass 
\footnote{Oben haben wir nur den Fall betrachtet, dass $k\leq l$. Warum gilt die Ungleichung nun auch f\"ur $k>l$?}
\[ |s_k-s_l|\,\,\leq\,\,\frac{d}{d-1}\cdot \left(\lmfrac{1}{d}\right)^{k}+\frac{d}{d-1}\cdot \left(\lmfrac{1}{d}\right)^{l}\,\,<\,\,\frac{\epsilon}{2}+\frac{\epsilon}{2}\,\,=\,\,\epsilon.\]
Wir haben also gezeigt, dass die Folge der Partialsummen $(s_k)$ eine Cauchy-Folge ist, d.h.\ die Reihe $\sum_{n=1}^\infty \frac{a_n}{d^n}$ konvergiert.
\end{proof}


\begin{satz} \label{satz:existdezimal}
Es sei $x\in [0,1)$ gegeben und es sei $d\in \N$ mit $d\geq 2$. Dann gibt es eine  Folge $(a_n)$ mit
 $a_n\in \{0,1,2,3,\dots,d-1\}$, so dass 
\[\sum_{n=1}^\infty \frac{a_n}{d^n}=x.\]
\end{satz}



\begin{proof}
Es sei also  $x\in [0,1)$ beliebig. Wir definieren eine Folge $(a_n)$ iterativ wie folgt:
\begin{align*}
\begin{array}{rcl}
\hspace{4cm} a_1&:=&\lfloor x\cdot d\rfloor\\
\intertext{Wenn $a_1,\dots,a_{n-1}$ schon definiert sind, dann definieren wir}
a_{n}&:=&\left\lfloor \Big(x -\sum\limits_{i=1}^{n-1} \smfrac{a_i}{d^{i}}\Big)\cdot d^n\right\rfloor
\end{array} 
\end{align*}
Wir wollen nun zeigen, dass 
\[ \sum_{n=1}^\infty \frac{a_n}{d^n}\,\,=\,\,\lim_{k\to \infty} \sum_{n=1}^k\frac{a_n}{d^n}\,\,=\,\,x. \]
Es gen\"ugt\footnote{Warum gen\"ugt es diese Aussage zu zeigen? Es sei $s_k$ eine Folge mit $|s_k-x|<\frac{1}{d^k}$ f\"ur alle $k$. Nachdem $\lim_{k\to \infty} \frac{1}{d^k}=0$ gibt es zu jedem $\epsilon>0$ ein $K\in \N$ mit $\frac{1}{d^k}<\epsilon$ f\"ur alle $k\geq K$. Dann gilt aber auch, dass $|s_k-x|<\frac{1}{d^k}$ f\"ur alle $k\geq K$.} dabei folgende Behauptung zu beweisen.

\begin{behauptung}
F\"ur alle $k\in \N$ gilt
\[ \left| x- \sum_{n=1}^k\frac{a_n}{d^n}\right|\,\,<\,\, \frac{1}{d^k}.\]
\end{behauptung}

F\"ur $k\in \N$ gilt in der Tat
\[ \left| x-\sum_{n=1}^{k}\frac{a_n}{d^n}\right|
=\frac{1}{d^{k}}\cdot \left|\left(x-\sum_{n=1}^{k}\frac{a_n}{d^{n}}\right)\cdot d^k\right|
=\frac{1}{d^{k}}\cdot
\underset{\operatorname{in }\,[0,1)}{\underbrace{ \left|\left(x-\sum_{n=1}^{k-1}\frac{a_n}{d^{n}}\right)\cdot d^k-a_k\right|}<\frac{1}{d^{k}}}.\]
Die letzte Ungleichung folgt aus der Tatsache,  dass f\"ur jedes  $z\in \R$  gilt $z-\lfloor z\rfloor\in [0,1)$.
Wir haben hierbei diese Aussage auf $z=\left(x-\sum_{n=1}^{k-1}\frac{a_n}{d^{n}}\right)\cdot d^k\in \R$ angewendet.
\end{proof}

Es sei $x\in [0,1)$.  Nach Satz
\ref{satz:existdezimal} gibt es eine Folge $(a_n)_{n\in\N}$ mit
$a_n\in \{0,1,2,3,\dots,9\}$, so dass 
\[ x=\sum_{n=1}^\infty \frac{a_n}{10^n}.\]
Wir schreiben 
\[ \sum_{n=1}^\infty \frac{a_n}{10^n}=0,\!a_1\,a_2\,a_3\,\dots \]
und  nennen dies eine \emph{Dezimaldarstellung von $x$}.  

Die Dezimaldarstellung von $x$ ist allerdings im Allgemeinen nicht eindeutig. Beispielsweise folgt aus Satz~\ref{satz:reihexn}, dass 
\[ \begin{array}{rcl} 0,\!0999999\dots\,\, =\,\,\sum\limits_{n=2}^\infty \tmfrac{9}{10^n}\,\,=\,\,9\cdot \sum\limits_{n=2}^\infty \left(\tmfrac{1}{10}\right)^n
&=&9\cdot \left(\sum\limits_{n=0}^\infty \left(\tmfrac{1}{10}\right)^n\,\,-1-\tmfrac{1}{10}\right)\\[2mm]
&=&9\cdot \Bigg(\tmfrac{1}{1-\frac{1}{10}}-1-\tmfrac{1}{10}\Bigg)\\
&=&\tmfrac{1}{10}=0,\!10000\dots .\end{array}\]
Ganz \"ahnlich kann man viele weitere Beispiele konstruieren. Beispielsweise ist
\[ 0,3123400000\dots\,\,=\,\,0,313399999999\dots.\]
Der n\"achste Satz sagt, dass alle Beispiele von reellen Zahlen mit nicht eindeutiger Dezimaldarstellung von diesem  Typ sind


Der Satz wird  im 4.\ \"Ubungsblatt bewiesen.

\begin{satz}\label{satz:eindeutigedezimaldarstellung}
Es seien  $(a_n)_{n\in \N}$ und $(b_n)_{n\in \N}$ zwei verschiedene Folgen, deren Folgenglieder in $\{0,1,2,\dots,9\}$ liegen. Dann gilt
\[ \sum_{n=1}^\infty \frac{a_n}{10^n}\,\,=\,\, \sum_{n=1}^\infty \frac{b_n}{10^n},\]
genau dann, wenn es $c_1,\dots,c_k$ gibt, so dass 
\[ \begin{array}{rcl} (a_1,a_2,\dots)&=& (c_1,c_2,\dots,c_{k-1},c_k,9,9,9,\dots), \mbox{ und }\\
(b_1,b_2,\dots)&=& (c_1,c_2,\dots,c_{k-1},c_k+1,0,0,0,\dots),\end{array} \]
oder die gleiche Aussage gilt, mit den Rollen von $(a_n)$ und $(b_n)$ vertauscht.
\end{satz}



Wir beschlie\ss en das Kapitel mit folgendem Korollar zu Satz~\ref{satz:existdezimal}.

\begin{korollar}\label{kor:rgrenzwertq}
Jede reelle Zahl ist der Grenzwert einer Folge von rationalen Zahlen.
\end{korollar}

\begin{proof}
Es sei $x\in \R$. Wir setzen $a_0=\lfloor x\rfloor$. Dann ist $x-a_0\in [0,1)$.
Also gibt es nach Satz~\ref{satz:existdezimal}
eine Folge $(a_n)$ mit
 $a_n\in \{0,1,2,3,\dots,9\}$, so dass 
\[ x\,\,=\,\,a_0+\,\sum_{n=1}^\infty \frac{a_n}{10^n}\,\,=\,\,\lim_{k\to \infty} \bigg(a_0+\sum\limits_{n=1}^k \frac{a_n}{10^n}\bigg).\]
Nachdem alle Folgenglieder $a_0+\sum\limits_{n=1}^k \frac{a_n}{10^n}$ rational sind, haben wir die Behauptung bewiesen.
\end{proof}


%================================
\subsection{Abz\"ahlbare und \"uberabz\"ahlbare Mengen}\label{section:abzahlbar}


\begin{definition}
Eine nichtleere Menge $A$ hei\ss t \emph{abz\"ahlbar}, wenn es eine surjektive\footnote{Zur Erinnerung, eine Abbildung $f\colon  X\to Y$ hei\ss t \emph{surjektiv}, wenn es zu jedem $y\in Y$ ein $x\in X$ mit $f(x)=y$ gibt.} Abbildung $\N\to A$ gibt.
Wir sagen zudem, dass die leere Menge auch abz\"ahlbar ist. Eine Menge, welche nicht abz\"ahlbar ist, hei\ss t \emph{\"uberabz\"ahlbar}.
\end{definition}

\begin{beispiel}
\begin{enumerate}
\item Die Menge $\N$ ist abz\"ahlbar, denn die Identit\"atsabbildung $N\to \N$ ist offensichtlich eine Surjektion.
\item Die Menge $\Z$ ist abz\"ahlbar, in der Tat, denn die Abbildung
\[ \begin{array}{rcl} \N &\to & \Z \\
n &\mapsto & \left\{ \begin{array}{rl} \frac{n}{2},&\mbox{ wenn $n$ gerade}, \\[2mm] -\frac{n-1}{2}, &\mbox{ wenn $n$ ungerade}\end{array} \right.\end{array} \]
ist  surjektiv.
\item Die Menge $\{A,B,C,\dots,X,Y,Z\}$ der Buchstaben des Alphabets ist abz\"ahlbar. Beispielsweise ist die Abbildung
\[ \begin{array}{rcl} \N&\to & \{A,B,C,\dots,X,Y,Z\} \\
1&\mapsto &A\\
\vdots &&\vdots \\
26&\mapsto & Z\\
n&\mapsto &Z,\mbox{ wenn }n\geq 27\end{array} \]
eine Surjektion.
\item Man kann das vorherige Beispiel verallgemeinern und zeigen, dass jede endliche Menge abz\"ahlbar ist.
\end{enumerate}
\end{beispiel}




\begin{satz}\label{satz:untermengeabzahlbar} 
Es sei $A$ eine abz\"ahlbare Menge und $B$ eine Untermenge. Dann ist $B$ auch abz\"ahlbar.
\end{satz}

\begin{proof}
Es sei $A$ eine abz\"ahlbare Menge und $B$ eine Untermenge. Wenn $B$ endlich ist, dann haben wir oben schon gesehen, dass $B$ abz\"ahlbar ist. Nehmen wir nun an, dass $B$ unendlich ist.
Wir w\"ahlen eine Surjektion $f\colon  \N\to A$. 
Wir definieren nun iterativ
\begin{align*}
\begin{array}{rcl}\hspace{3cm} n_1&:=&\min\{ n\in \N\,|\, f(n)\in B\},
\intertext{und wenn $n_1,\dots,n_k$ schon definiert sind, dann definieren wir}
n_{k+1}&:=&\min\{n>n_k\,|\, f(n)\in B\}.\end{array} \end{align*}
Dann ist die Abbildung
\[ \begin{array}{rcl} \N&\to & B\\
k&\mapsto &f(n_k)\end{array} \]
eine Surjektion.\footnote{Wo haben wir im Beweis verwendet, dass $B$ unendlich ist?}
\end{proof}


Wir wollen jetzt zeigen, dass auch die Menge $\Q$ der rationalen Zahlen abz\"ahlbar ist.

\begin{satz}\label{satz:qabz}
Die Menge $\Q$ der rationalen Zahlen ist abz\"ahlbar.
\end{satz}

\begin{proof}
Wir betrachten folgendes quadratisches unendliches Schema:
\[ \begin{array}{ccccccccccccccccc}0&\to  & \frac{1}{1}&\to &  -\frac{1}{1}&& \frac{2}{1}&\to& -\frac{2}{1}&& \frac{3}{1} &\to&-\frac{3}{1}& \dots \\[2mm]
&&&\swarrow && \nearrow &&\swarrow &&\nearrow&&\swarrow \\[2mm]
&&  \frac{1}{2} && -\frac{1}{2}&& \frac{2}{2}&&  -\frac{2}{2} \\[2mm]
&&\downarrow &\nearrow&&\swarrow&&\nearrow \\[2mm]
&& \frac{1}{3} && -\frac{1}{3}&& \frac{2}{3}&& \iddots \\[2mm]
&& &\swarrow&&\nearrow&&\swarrow \\[2mm]
&& \frac{1}{4} && -\frac{1}{4}&&\frac{2}{4}&&\\
&&\vdots &&&\iddots \end{array} \]
Es ist klar, dass jede rationale Zahl in diesem Schema auftaucht. 
Wir definieren nun eine Abbildung $f\colon  \N \to \Q$, indem wir $k\in \N$ das $k$-te Element in der obigen Auff\"uhrung von Elementen zuordnen. Diese Abbildung ist offensichtlich surjektiv.
\footnote{Dieser Beweis kann nat\"urlich auch deutlich formaler durchgef\"uhrt werden, ohne auf Bilder zur\"uckzugreifen.}
\end{proof}

Der folgende Satz besagt dass,  im Gegensatz zu $\Q$, der K\"orper der reellen Zahlen nicht abz\"ahlbar ist.


\begin{satz}\label{satz:runcountable}
Die Menge $\R$ aller reellen Zahlen ist \"uberabz\"ahlbar.
\end{satz}

\begin{proof}
Nach Satz~\ref{satz:untermengeabzahlbar}  gen\"ugt es zu zeigen, dass das Interval $[0,1)$ nicht abz\"ahlbar ist.
Wir m\"ussen also zeigen, dass es keine surjektive  Abbildung $f\colon  \N\to [0,1)$ gibt.
Anders ausgedr\"uckt, wir wollen zeigen, dass jede Abbildung $f\colon  \N\to [0,1)$ nicht surjektiv ist.

Es sei also  $f\colon  \N\to [0,1)$ eine Abbildung.
Wir schreiben die Zahlen $f(1), f(2),\dots$ in Dezimaldarstellung: 
\[ \begin{array}{rcl} f(1)&=:&0,a_{11}\,a_{12}\,a_{13}\dots \\
f(2)&=:&0,a_{21}\,a_{22}\,a_{23}\dots \\
f(3)&=:&0,a_{31}\,a_{32}\,a_{33}\dots \\
\vdots && \end{array} \]
Wir wollen zeigen, dass $f$ nicht surjektiv ist. D.h.\ wir wollen ein $x\in [0,1)$ finden, welches von allen $f(n)$ verschieden ist.
Wir betrachten die reelle Zahl
\[ x:=0,c_1\,c_2\,c_3\dots \]
wobei
\[ c_n:=\left\{ \begin{array}{ll} 7, &\mbox{ falls }a_{nn}\in \{0,\dots,4\} \\
3, &\mbox{ falls }a_{nn}\in \{5,\dots,9\}.\end{array} \right.\]
Wir haben die Ziffern $c_n$ so gew\"ahlt, dass diese niemals $0$ oder $9$ werden. Es folgt aus  Satz~\ref{satz:eindeutigedezimaldarstellung}, dass die Dezimaldarstellung von $x$ eindeutig ist. 

\begin{behauptung}
F\"ur alle $n\in \N$ gilt $x\ne f(n)$.
\end{behauptung} 


Es sei also $n\in \N$. Wir betrachten die Dezimaldarstellungen
\[ \begin{array}{rcl} x&=&0,c_1\,c_2,\,c_3,\dots,c_n,\dots, \quad \mbox{ sowie }\\
f(n)&=&0,a_{n1},a_{n2},\dots,a_{nn},\dots \end{array} \]
Nachdem wir $c_n$ so gew\"ahlt hatten, dass $c_n\ne a_{nn}$, unterscheiden sich die Dezimaldarstellungen sich in der $n$-ten Ziffer. Aber wir hatten oben bemerkt, dass  die Dezimaldarstellung von $x$ eindeutig ist. 
Es folgt also, dass in der Tat $x\ne f(n)$. 
Wir haben damit die Behauptung bewiesen.


Wir haben nun also gezeigt, dass $f$ nicht surjektiv ist. Es folgt, dass das Intervall $[0,1)$ nicht abz\"ahlbar ist.
\end{proof}

Wir erhalten also jetzt folgendes Korollar.

\begin{korollar}\label{kor:qnichtr}
Es gibt reelle Zahlen, welche nicht rational sind. Anders ausgedr\"uckt, es ist\footnote{
Zur Erinnerung, wenn $A$ und $B$ Mengen sind, dann schreiben wir $A\subset B$ oder auch $A\subseteq B$, wenn jedes Element von $A$ auch ein Element in $B$ ist. In diesem Fall sagen wir, dass \emph{$A$ eine Teilmenge von $B$ ist}. Beispielsweise gilt
\[ \{A,B,C\}\subset \mbox{Menge der Buchstaben},\quad  \N\subset \Q, \quad \Q\subset \R\mbox{ aber auch }\R\subset \R.\]
Wir schreiben $A\subsetneq B$, wenn $A\subset B$ aber $A\ne B$, d.h.\ $A$ ist eine Teilmenge von $B$ aber nicht ganz $B$. Wir sagen, \emph{$A$ ist eine echte Teilmenge von $B$}. Beispielsweise ist die Menge der ganzen Zahlen eine echte Teilmenge der Mengen der rationalen Zahlen
}
  $\Q \subsetneq \R$.
\end{korollar}

\begin{proof}
Nehmen wir an, dass  $\Q=\R$. Dann w\"urde aus Satz~\ref{satz:qabz} folgen, dass $\R$ abz\"ahlbar ist, aber dies ist ein Widerspruch zu Satz~\ref{satz:runcountable}.
\end{proof}

Wir haben also jetzt gesehen, dass es reelle Zahlen gibt, welche nicht rational sind. Nachdem die Menge der reellen Zahl \"uberabz\"ahlbar ist, w\"ahrend die Menge der rationalen Zahlen abz\"ahlbar ist, folgt, dass die `allermeisten'\footnote{In Analysis III werden wir eine mathematisch-pr\"azise Definition von `allermeisten' geben.} reellen Zahlen nicht rational sind. Der Beweis von Korollar~\ref{kor:qnichtr} ist allerdings etwas eigenartig, er besagt, dass es reelle Zahlen gibt, welche nicht rational sind, aber das Korollar gibt kein einziges Beispiel einer solchen Zahl. Im n\"achsten Kapitel werden wir dann explizite Beispiele von nicht-rationalen, reellen Zahlen geben.
\smallskip

Wir machen jetzt noch einen kurzen Ausflug in die Mengenlehre. Wir werden die folgenden Tatsachen im weiteren Verlauf der Vorlesung nicht mehr verwenden.
F\"ur Mengen $A$ und $B$ schreiben wir $A\geq B$, wenn es eine surjektive Abbildung $A\to B$ gibt. Beispielsweise gilt $\{1,2,3\}\geq \{1,2\}$. Zudem ist per Definition eine Menge $A$ abz\"ahlbar, genau dann, wenn $\N\geq A$. 
Zudem gilt $\R\geq \Q$. In der Tat, denn die Abbildung
\[ \begin{array}{rcl} \R &\to &\Q \\
z&\mapsto &\left\{ \begin{array}{rl} z, &\mbox{ wenn }z\in \Q, \\ 0,&\mbox{ andernfalls}\end{array} \right.\end{array}\]
ist surjektiv.

F\"ur Mengen $A$ und $B$ schreiben wir $A> B$ wenn $A\geq B$, aber wenn nicht gilt, $B\geq A$. 
Beispielsweise gilt $\{1,2,3\}> \{1,2\}$. Andererseits ist es nicht wahr, dass $\Q>\N$.
Wir haben gerade gesehen, dass $\R\geq \N$, und aus der \"Uberabz\"ahlbarkeit von $\R$ folgt, dass $\R>\N$. 

Es stellt sich jetzt folgende Frage:

\begin{frage} 
Gibt es eine Menge $M$ mit $M>\R$?
\end{frage}

Es ist nicht ganz einfach, ein Beispiel f\"ur solch ein $M$ zu finden. Beispielsweise `wirkt' $\R^2$ gr\"o\ss er als $\R$, aber man kann relativ leicht zeigen (wie?), dass es eine Bijektion $\R^2\to \R$ gibt. 
Die Antwort ist aber trotzdem `Ja', beispielsweise gilt f\"ur die Potenzmenge 
\[ P(\R):=\mbox{Menge aller Teilmengen von $\R$},\]
dass $P(\R)>\R$. 

Wir wissen schon, dass $\R>\Q$. Es stellt sich nun die Frage, ob es noch eine Menge `dazwischen' gibt.
Anders ausgedr\"uckt, es stellt sich folgende Frage:

\begin{frage} 
Gibt es eine Menge $M$ mit $\R>M>\Q$?
\end{frage}

Diese Frage stellt sich als au\ss ergew\"ohnlich subtil heraus. Verwendet man die \"ublichen Axiome der Mengenlehre
\[ \mbox{\url{http://de.wikipedia.org/wiki/Zermelo-Fraenkel-Mengenlehre}}\]
dann kann man die obige Frage nicht beantworten, d.h.\ man kann nicht herleiten, ob die Frage mit `Ja' oder mit `Nein' beantwortet wird. Mehr Informationen dazu findet man unter
\[ \mbox{\url{http://de.wikipedia.org/wiki/Kontinuumshypothese}}\]

% 8. Vorlesung 


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\subsection{Die Abz\"ahlbarkeit der algebraischen Zahlen $(*)$}
Dieses Kapitel ist nicht Teil der offiziellen Vorlesung.


Ein \emph{rationales Polynom von Grad $n$} ist ein Ausdruck
\[ a_0+a_1t+a_2t^2+\dots+a_nt^n, \]
wobei $a_0,\dots,a_n\in \Q$.
Wir bezeichnen mit $P_n$ die Menge aller rationalen Polynome von Grad $n$.
Dann gibt es eine Bijektion
\[ \begin{array}{rcl} \Q^{n+1}=\Q\times\dots \times \Q &\to &P_n \\
 (a_0,\dots,a_n)&\mapsto & a_0+a_1t+a_2t^2+\dots+a_nt^n.\end{array} \]
Wir haben oben gesehen, dass $\Q$ abz\"ahlbar ist, und ein Argument wie im Beweis von Satz~\ref{satz:qabz} zeigt auch, dass das Produkt von abz\"ahlbaren Mengen wiederum abz\"ahlbar ist. Insbesondere ist $\Q^{n+1}$ (und damit $P_n$) abz\"ahlbar.
Die Menge aller rationalen Polynome (d.h.\ jedweden Grades) ist die Vereinigung der Mengen $P_n, n\in \N$, und damit wiederum abz\"ahlbar.


Eine Zahl $x\in \R$ hei\ss t \emph{algebraisch}, wenn es ein rationales Polynom $p(t)$ gibt, so dass $p(x)=0$.
Beispielsweise  ist $\sqrt{5}$ abz\"ahlbar, weil es eine Nullstelle des rationalen Polynoms $p(t)=5-t^2$ ist.

\begin{satz}
Die Menge aller algebraischen Zahlen ist abz\"ahlbar.
\end{satz}

\begin{proof}[Beweisskizze]
 Wie oben gesehen ist die Menge aller rationalen Polynome abz\"ahlbar. Weil jedes Polynom nur endlich viele Nullstellen hat, folgt auch, dass die Menge der Nullstellen aller rationalen Polynome abz\"ahlbar ist.
\end{proof}

Eine Zahl, welche nicht algebraisch ist, hei\ss t \emph{transzendental}. Wir haben bewiesen, dass es nur abz\"ahlbar viele nicht-transzendentale Zahlen gibt, d.h.\ `die meisten reellen Zahlen sind transzendental'.
Es ist aber in den meisten F\"allen sehr schwierig zu zeigen, dass eine gegebene Zahl transzendental ist.
Zum Beispiel sind die Beweise, dass $e$ und $\pi$ (welche wir sp\"ater noch pr\"azise definieren werden) transzendental sind, sehr schwierig und langwierig.


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\subsection{Monotone Folgen}
Wir haben im vorherigen Kapitel gezeigt, dass $\Q\subsetneq \R$, aber wir haben kein einziges explizites Beispiel einer reellen Zahl gefunden, welche nicht rational ist. Wir wollen im Folgenden unter Anderem ganz explizite reelle Zahlen angeben, welche nicht rational sind. Um dies zu bewerkstelligen, m\"ussen wir allerdings etwas ausholen und uns mehr Theorie erarbeiten. 


\begin{definition}
Eine Folge $(a_n)$ hei\ss t \emph{monoton steigend}, falls
\[ a_{n+1}\geq a_{n} \quad \mbox{ f\"ur alle $n$}, \]
und sie hei\ss t \emph{monoton fallend}, falls
\[ a_{n+1}\leq a_{n} \quad \mbox{ f\"ur alle $n$}. \]
Wir sagen $(a_n)$ ist \emph{monoton}, wenn die Folge entweder monoton fallend oder monoton steigend ist.
\end{definition}

Beispielsweise gilt
\[ \begin{array}{rcll} (n^2)&=&(1,4,9,25,\dots\dots )&\mbox{ ist monoton steigend}\\[2mm]
(\frac{1}{n})&=&(1,\frac{1}{2},\frac{1}{3},\dots) &\mbox{ ist monoton fallend},\\[2mm]
 (4-\frac{1}{n^2})&=&(3,3\frac{3}{4},3\frac{8}{9},\dots) &\mbox{ ist monoton steigend},\\[2mm]
 (5)&=&(5,5,5,\dots) &\mbox{ ist sowohl monoton steigend als auch monoton fallend},\\[2mm]
 ((-1)^n)&=&(-1,1,-1,\dots) &\mbox{ ist nicht monoton.}\end{array} \]
 

\begin{satz}\label{satz:monoton}
Es sei $(a_n)$ eine  monotone Folge. Dann gilt:
\begin{enumerate}
\item Wenn $(a_n)$ monoton steigend und unbeschr\"ankt ist, dann gilt
\[ \lim_{n\to \infty} a_n=+\infty.\]
\item Wenn $(a_n)$ monoton fallend und unbeschr\"ankt ist, dann gilt
\[ \lim_{n\to \infty} a_n=-\infty.\]
\item Wenn $(a_n)$ beschr\"ankt ist, dann konvergiert die Folge $(a_n)$. 
\end{enumerate}
\end{satz}

\begin{proof}
Es sei $(a_n)$ eine  monotone Folge. Der Fall, dass $(a_n)$ unbeschr\"ankt ist, ist nicht weiter schwierig und  wird in \"Ubungsblatt 5 behandelt.

Wir wenden uns also dem Fall zu, dass $(a_n)$ eine  beschr\"ankte Folge ist. Dies bedeutet, dass es ein $C\in \R$ gibt, so dass $|a_n|\leq C$ f\"ur alle $n\in \N$. 

Wir betrachten nun zuerst den Fall,  dass die Folge $(a_n)$ monoton steigend ist.
Wir m\"ussen zeigen, dass die Folge $(a_n)$ konvergiert.
Nach Satz~\ref{satz:exreell} gen\"ugt es zu zeigen, dass $(a_n)$ eine Cauchy-Folge ist.

Es sei also $\epsilon>0$. Wir m\"ussen zeigen, dass 
\[ \underset{N\in \N}{\bigexists}\,\,\underset{n,m\geq N}{\bigforall}\, |a_n-a_m|<\epsilon.\]
Wir werden dies nun mithilfe von einem Widerspruchsbeweis zeigen. Anders ausgedr\"uckt, wir nehmen jetzt an, dass 
\[ \underset{N\in \N}{\bigforall}\,\,\underset{n,m\geq N}{\bigexists} \,|a_n-a_m|\geq \epsilon,\]
und wir werden diese Annahme zu einem Widerspruch f\"uhren. 
Nachdem $(a_n)$ monoton steigend ist, folgt aus der obigen Annahme, dass
\[\underset{N\in \N}{\bigforall}\,\,\underset{n>m\geq N}{\bigexists} a_n-a_m\geq \epsilon.\]
Wir wenden die obige Annahme zuerst auf $N=1$ an. Es existieren also $n_1>m_1\geq 1$, so dass
\[ a_{n_1}-a_{m_1}\geq \epsilon.\]
Wir wenden nun die obige Annahme auf $N=n_1$ an. Es 
 existieren wiederum $n_2>m_2\geq N=n_1$, so dass
\[ a_{n_2}-a_{m_2}\geq \epsilon.\]
Wir wenden dann die obige Annahme auf $N=n_2$ an, und erhalten $n_3>m_3\geq N=n_2$ mit $a_{n_3}-a_{m_3}\geq \epsilon$.
Indem wir  dieses Verfahren iterieren, erhalten wir eine aufsteigende Folge
\[ \dots \geq n_k\geq m_k\geq  \dots \geq n_2\geq m_2\geq n_1\geq m_1\geq 1\]
so dass jeweils
\[ a_{n_k}-a_{m_k}\geq \epsilon.\]
Wir erhalten also, dass
\[ \dots\geq \underset{\begin{array}{c}\operatorname{Differenz}\\\geq \epsilon\end{array}}{\underbrace{a_{n_3}\geq\dots\geq a_{m_3}}}
 \dots\geq \underset{\begin{array}{c}\operatorname{Differenz}\\\geq \epsilon\end{array}}{\underbrace{a_{n_2}\geq\dots\geq a_{m_2}}}
  \dots\geq \underset{\begin{array}{c}\operatorname{Differenz}\\\geq \epsilon\end{array}}{\underbrace{a_{n_1}\geq\dots\geq a_{m_1}}}\geq \dots \geq a_1
\]
F\"ur jedes $k\in \N$ gilt also, dass  $a_{n_k}>a_1+k\epsilon$.
Aus dem archimedischem Axiom folgt, dass es ein $k\in \N$ gibt mit $a_{n_k}\geq a_1+k\epsilon>C$. Dies ist aber ein  Widerspruch zur Wahl von $C$. Wir haben also gezeigt, dass die monoton steigende, beschr\"ankte Folge $(a_n)$ konvergiert.

Wir m\"ussen nun noch den Fall betrachten, dass die Folge $(a_n)$ monoton fallend ist. Wir k\"onnen diesen Fall entweder ganz analog zum monoton steigenden Fall betrachten oder wir betrachten anstatt der monoton fallenden Folge $(a_n)$ die  monoton steigende Folge $(-a_n)$. Diese konvergiert, wie wir gerade gezeigt hatten, also konvergiert auch die urspr\"ungliche Folge $(a_n)$.
\end{proof}



%================================
\subsection{Infimum und Supremum}
Es sei $M$ eine Teilmenge von $\R$. Wir f\"uhren folgende Begriffe ein:
\begin{enumerate} 
\item Wir sagen,  $C\in \R$ ist eine \emph{obere Schranke} f\"ur $M$, wenn  $x\leq C$ f\"ur alle $x\in M$.
Wenn $M$ eine obere Schranke besitzt, dann nennen wir $M$  \emph{nach oben beschr\"ankt}.
\item Wenn es ein $m\in M$ gibt, so dass $x\leq m$ f\"ur alle $x\in M$, dann bezeichnen wir
\[ \max(M):=m\]
als  \emph{das Maximum von $M$}. Das Maximum einer Menge ist immer auch eine obere Schranke. Insbesondere ist jede Menge mit einem Maximum auch nach oben beschr\"ankt. 
\end{enumerate} 

Wir betrachten ein paar Beispiele:
\begin{enumerate}
\item Es sei $M=[2,4]$. Dann ist $4$ eine obere Schranke, aber auch jede andere Zahl gr\"o\ss er als 4 ist eine obere Schranke. Das Maximum vom Intervall $[2,4]$ ist $4$.
\item 
Das Intervall $[3,\infty)$ ist nicht nach oben beschr\"ankt, und besitzt daher auch kein Maximum. 
\item Es sei $M=[2,3)$. Dann ist beispielsweise 3 eine obere Schranke, d.h.\ die Menge ist nach oben beschr\"ankt. Andererseits besitzt $M=[2,3)$  \emph{kein} Maximum.  In der Tat, denn es gibt kein $x\in [2,3)$, welches die Eigenschaft besitzt, dass f\"ur alle $y\in [2,3)$ gilt $y\leq x$. 
\end{enumerate}

Wir umgehen jetzt das Problem, dass das Maximum einer nach oben beschr\"ankten Menge nicht notwendigerweise definiert ist, indem wir das Supremum einf\"uhren.

\begin{definition}
Es sei  $M\subset \R$ eine Teilmenge. Wir sagen $s\in \R$ ist \emph{Supremum $\sup(M)$} von $M$, wenn gilt:
\begin{enumerate}
\item $s$ ist eine obere Schranke  f\"ur $M$, d.h.\ $x\leq s$ f\"ur alle $x\in M$,
\item $s$ ist die kleinste obere Schranke f\"ur $M$.  D.h.\ f\"ur alle $y<s$ gibt es ein $x\in M$ mit $y<x$. 
\end{enumerate}
\end{definition}

Der folgende Satz besagt nun, dass jede nach oben beschr\"ankte, nichtleere  Teilmenge ein eindeutig bestimmtes Supremum besitzt. 



\begin{satz}\label{satz:exsup}
Sei $M\subset \R$ eine nach oben beschr\"ankte, nichtleere  Teilmenge.
Dann besitzt $M$ ein Supremum  und das Supremum $\sup(M)$ ist eindeutig bestimmt.
\end{satz}


\begin{beispiel}\mbox{}
\begin{enumerate}
\item
Wir betrachten $M=(-\infty,3)$. Dann ist $x=3$ eine obere Schranke f\"ur $(-\infty,3)$. Zudem gibt es keine kleinere obere Schranke f\"ur $(-\infty,3)$. In der Tat: wenn $y<3$, dann gibt es immer eine Zahl zwischen $y$ und $3$, also kann $y$ keine obere Schranke f\"ur $M$ sein.
\item Ganz analog zeigt man, dass f\"ur alle abgeschlossenen, halboffenen oder offenen Intervalle, dass Supremum durch `die Zahl rechts' gegeben. 
Beispielsweise gilt f\"ur $a\leq b\in \R$, dass
 \[ \sup((-\infty,b))=\sup([a,b])=\sup((a,b])=\sup([a,b))=b.\]
\end{enumerate}
\end{beispiel}

\begin{proof}
Sei $M\subset \R$ eine nach oben beschr\"ankte, nichtleere  Teilmenge.
Wir zeigen zuerst, dass ein Supremum existiert.
F\"ur jedes $n\in \N$ bezeichne $p_n\in \Z$ die kleinste ganze Zahl,
mit der Eigenschaft, dass $\frac{p_n}{2^n}$ eine obere Schranke f\"ur $M$ ist.
\footnote{Es kann hilfreich sein, den Beweis mit einer expliziten Menge $M$, wie beispielsweise dem Intervall $M:=(1,3\frac{1}{4})$ durchzuarbeiten. In diesem Fall gilt
\[ \begin{array}{rclcrcl} p_1&=&7, &\mbox{ d.h. }&\frac{p_1}{2^1}&=&\frac{7}{2}, \mbox{ denn } \frac{p_1-1}{2}=\frac{6}{2}\mbox{ ist keine obere Schranke f\"ur }M=(1,3\frac{1}{4})\\[2mm]
 p_2&=&13, &\mbox{ d.h. }&\frac{p_2}{2^2}&=&\frac{13}{4}\\[2mm]
  p_3&=&26, &\mbox{ d.h. }&\frac{p_3}{2^3}&=&\frac{26}{8}\end{array} \]
  }
\footnote{Hierbei haben wir schon implizit verwendet, dass $M$ nichtleer ist. Denn w\"are $M$ die leere Menge, dann w\"are jede Zahl eine obere Schranke, also g\"abe es kein kleinstes $p_n\in \N$, so dass $\frac{p_n}{2^n}$ eine obere Schranke ist.} 

\begin{behauptung}
Die Folge $\left(\frac{p_n}{2^n}\right)$ ist monoton fallend und beschr\"ankt.
\end{behauptung}

Es sei $n\in \N$. Dann ist $\frac{2p_n}{2^{n+1}}=\frac{p_n}{2^n}$ eine obere Schranke f\"ur $M$.
Per Definition von $p_{n+1}$ folgt dann, dass $p_{n+1}\leq 2p_n$. Also folgt, dass 
  $\frac{p_{n+1}}{2^{n+1}}\leq \frac{2p_n}{2^{n+1}}=\frac{p_n}{2^n}$.  Die Folge 
$\left(\frac{p_n}{2^n}\right)$ ist also in der Tat monoton fallend.
Es folgt sofort aus den Definition, dass jedes $m\in M$ eine untere Schranke f\"ur die Folge  $\left(\frac{p_n}{2^n}\right)$  ist.
Wir haben damit die Behauptung bewiesen.

Es folgt nun aus Satz~\ref{satz:monoton}, dass die Folge  $\left(\frac{p_n}{2^n}\right)$ konvergiert. Wir setzen
\[ s:=\lim_{n\to \infty} \frac{p_n}{2^n}.\]

Wir behaupten, dass $s$ die gew\"unschten Eigenschaft (1) und (2) vom Supremum besitzt.
\begin{enumerate}
\item
Es sei $x\in M$. Nachdem f\"ur alle $n\in \N$ gilt $x\leq \frac{p_n}{2^n}$, folgt aus Satz
\ref{satz:kleinergleich}, dass 
\[ x\leq  \lim_{n\to \infty} \frac{p_n}{2^n}=s.\]
Insbesondere ist $s$ eine obere Schranke f\"ur $M$.
\item Wir m\"ussen noch zeigen, dass $s$ die kleinste obere Schranke ist. Es sei also $y<s$. Wir m\"ussen zeigen, dass $y$ keine obere Schranke f\"ur $M$ sein kann.
Nachdem $s-y>0$, existiert ein $n\in \N$, so dass
\footnote{Hierbei haben wir implizit verwendet, dass wir schon wissen, dass $\lim_{n\to \infty} \frac{1}{2^n}=0$.}
 $\frac{1}{2^n}\leq s-y$, d.h.
\[ y\,\,\leq\,\, s-\frac{1}{2^n}\,\,\leq\,\, \frac{p_n}{2^n}-\frac{1}{2^n}\,\,=\,\,\frac{p_n-1}{2^n}.\]
Aber dann folgt, dass $\frac{p_n-1}{2^n}$ auch eine obere Schranke f\"ur $M$ ist, im Widerspruch zur Konstruktion von $p_n$.
\end{enumerate}
Wir haben also gezeigt, dass $s$ die Eigenschaften vom Supremum erf\"ullt, d.h.\ $M$ besitzt ein Supremum.

Wir m\"ussen nun noch zeigen, dass das Supremum eindeutig bestimmt ist.
Es seien $x$ und $x'$ reelle Zahlen, welche beide die Eigenschaften (1) und (2) erf\"ullen. Wir m\"ussen zeigen, dass $x=x'$. Wir zeigen dies durch einen Widerspruchsbeweis. Wir nehmen also an, dass $x\ne x'$. O.B.d.A.\ sei $x<x'$. Dann ist $x$ nach Eigenschaft (1) eine obere Schranke f\"ur $M$, aber kleiner als $x'$, was nach Eigenschaft (2) von $x'$ nicht sein darf. Wir haben also einen Widerspruch zur Annahme $x\ne x'$ gefunden. 
\end{proof}



Der folgende Satz gibt uns eine hilfreiche Charakterisierung vom Supremum einer nichtleeren, nach oben beschr\"ankten Teilmenge von $\R$. Der Satz erlaubt es uns zudem oft Aussagen \"uber Suprema  auf Aussagen \"uber Grenzwerte zur\"uckzuf\"uhren.

\begin{satz}\label{satz:supfolge}
Es sei $M$ eine nichtleere, nach oben beschr\"ankte Teilmenge von $\R$. Dann gilt:
\begin{enumerate}
\item Es existiert eine Folge $(a_n)$ von Elementen in $M$, welche gegen $\sup(M)$ konvergiert.
\item Wenn es eine Folge $(a_n)$ von Elementen in $M$ gibt, welche konvergiert, und so dass $\lim_{n\to \infty} a_n$ eine obere Schranke f\"ur $M$ ist, dann ist $\sup(M)=\lim_{n\to \infty} a_n$.
\end{enumerate}
\end{satz}

\begin{proof}
Es sei $M$ eine nichtleere, nach oben beschr\"ankte Teilmenge von $\R$.
Wir schreiben $s:=\sup(M)$. 
\begin{enumerate}
\item Wir definieren nun zuerst geschickt eine Folge $(a_n)$. Es sei also $n\in \N$. Nach Voraussetzung ist $s-\frac{1}{n}$ keine obere Schranke f\"ur $M$, also gibt es ein $a_n\in M$ mit $s-\frac{1}{n}<a_n$. Andererseits ist $s$ eine obere Schranke f\"ur $M$, also gilt $a_n\leq s$. \\
Zusammengefasst haben wir also eine Folge $(a_n)$ gefunden, so dass alle Folgenglieder in $M$ liegen, und so dass $s-\frac{1}{n}<a_n\leq s$. Es folgt insbesondere, dass die Folge $(a_n)$ gegen $s=\sup(M)$ konvergiert.\footnote{Warum folgt aus  $s-\frac{1}{n}<a_n\leq s$ f\"ur alle $n$, dass die Folge $(a_n)$ gegen $s$ konvergiert?}
\item  Es sei $(a_n)$ eine Folge von Elementen in $M$ gibt, welche konvergiert, und so dass $a:=\lim_{n\to \infty} a_n$ eine obere Schranke f\"ur $M$ ist. Wir m\"ussen zeigen, dass  $a=\sup(M)$. Nachdem $a$ eine obere Schranke f\"ur $M$ ist, gen\"ugt es zu zeigen, dass es keine kleinere obere Schranke f\"ur $M$ geben kann. 

Es sei also $y<a$. Wir m\"ussen zeigen, dass $y$ keine obere Schranke f\"ur $M$ ist. Anders ausgedr\"uckt, wir m\"ussen zeigen, dass es ein Element in $M$ gibt, welches gr\"o\ss er als $y$ ist. Nachdem $\lim_{n\to \infty} a_n=a$ gibt es insbesondere ein $n$, so dass $|a_n-a|<a-y$. Dann gilt aber, dass $a_n-a\geq -|a_n-a|>y-a$, d.h.\ $a_n>y$. Wir haben also ein Element in $M$ gefunden, n\"amlich $a_n$, welches gr\"o\ss er als $y$ ist. 
\end{enumerate} 
\end{proof} 

\begin{beispiel}
Wir betrachten
\[ M:= \Q\cap (-1,1)=\{ \mbox{alle rationalen Zahlen im Intervall $(0,1)$}\}.\]
Wir wollen zeigen, dass $\sup(M)=1$. Dies kann man mithilfe der Definition zeigen, oder, falls diese doch zu verwirrend ist, mithilfe von Satz~\ref{satz:supfolge}. In diesem Fall w\"ahlen wir $a_n=1-\frac{1}{n}$. Dies ist eine Folge von Zahlen in $M$, und der Grenzwert $\lim_{n\to \infty} a_n=\lim_{n\to \infty} (1-\frac{1}{n})=1$ ist offensichtlich eine obere Schranke f\"ur $M$. Also gilt nach Satz~\ref{satz:supfolge}, dass $\sup(M)=1$.
\end{beispiel}


% Ende 9. Vorlesung

\begin{korollar}\label{kor:supmax}
Wenn eine Teilmenge $M\subset \R$ ein Maximum besitzt, dann gilt, dass $\max(M)=\sup(M)$.
\end{korollar}

\begin{proof}
Wir schreiben $m=\max(M)$. 
Das Korollar folgt dann sofort aus Satz~\ref{satz:supfolge} angewandt auf die konstante Folge $a_n:=m,n\in \N$. 
\end{proof}



F\"ur eine Menge $M\subset \R$ definieren wir im Folgenden  nun ganz analog \emph{Minimum}, \emph{untere Schranke}, \emph{nach unten beschr\"ankt} und das \emph{Infimum $\inf(M)$}. 
Genauer gesagt sagen wir:
\begin{enumerate} 
\item[(a)] Wenn es ein $m\in M$ gibt, so dass $m\leq x$ f\"ur alle $x\in M$, dann bezeichnen wir
\[ \min(M):=m\]
als  \emph{das Minimum von $M$}. 
\item[(b)]
Wir sagen,  $C\in \R$ ist eine \emph{untere Schranke} f\"ur $M$, wenn  $C\leq x$ f\"ur alle $x\in M$.
Wenn $M$ eine untere Schranke besitzt, dann nennen wir $M$  \emph{nach unten beschr\"ankt}.
\item[(c)] Wir sagen $i\in \R$ ist \emph{Infimum $\inf(M)$} von $M$, wenn gilt:
\begin{enumerate}
\item[(1)] $i$ ist eine untere Schranke  f\"ur $M$, d.h.\ $i<x$ f\"ur alle $x\in M$,
\item[(2)] $i$ ist die gr\"o\ss te untere Schranke f\"ur $M$.  D.h.\ f\"ur alle $i<y$ gibt es ein $x\in M$ mit $x<y$. 
\end{enumerate}
\end{enumerate}
Es gelten dann auch die offensichtlichen  Varianten von Satz~\ref{satz:exsup}, Satz~\ref{satz:supfolge} und  Korollar~\ref{kor:supmax}. Der Beweis ist jeweils fast  wort-w\"ortlich der gleiche wie bei den beiden vorhergehenden S\"atzen.


\begin{satz}\label{satz:exinf}
Sei $M\subset \R$ eine nach unten beschr\"ankte, nichtleere  Teilmenge.
Dann ist das Infimum $\inf(M)$ definiert und eindeutig bestimmt.
\end{satz}

\begin{satz}\label{satz:inffolge}
Es sei $M$ eine nichtleere, nach unten beschr\"ankte Teilmenge von $\R$. Dann gilt:
\begin{enumerate}
\item Es existiert eine Folge $(a_n)$ von Elementen in $M$, welche gegen $\inf(M)$ konvergiert.
\item Wenn es eine Folge $(a_n)$ von Elementen in $M$ gibt, welche konvergiert, und so dass $a:=\lim_{n\to \infty} a_n$ eine untere Schranke f\"ur $M$ ist, dann ist $\lim_{n\to \infty} a_n=\inf(M)$.
\end{enumerate}
\end{satz}


\begin{korollar}\label{kor:infmin}
Wenn eine Menge $M\subset \R$ ein Minimum besitzt, dann gilt $\min(M)=\inf(M)$.
\end{korollar}


\begin{beispiel}
Wir betrachten
\[ M:=\Q \cap (2,4)=\{ x\in (2,4)\,|\, x\in \Q\}.\]
Dann ist $\inf(M)=2$. Dies folgt leicht aus den Definitionen, oder es folgt auch aus Satz~\ref{satz:inffolge}. In der Tat, betrachten wir die Folge $a_n=2+\frac{1}{n}$, dann liegen alle Folgenglieder in $M$, und $\lim_{n\to \infty} a_n=\lim_{n\to \infty} (2+\frac{1}{n})=2$ ist eine untere Schranke f\"ur $M$. Also gilt nach Satz~\ref{satz:inffolge}, dass $\inf(M)=2$.
\end{beispiel} 

Wir werden jetzt die Existenz von Suprema verwenden, um  die $n$-te Wurzel von nicht-negativen Zahlen einzuf\"uhren.

\begin{satz}\label{satz:existenzwurzel}
Es sei $x\geq 0$. Dann existiert genau ein $a\in \R$ mit $a\geq 0$, so dass $a^2=x$.
\end{satz}

\begin{proof}
Wenn $x=0$, dann setzen wir $a=0$. Wir k\"onnen also im Folgenden annehmen, dass $x>0$. 
Wir setzen
\[ M:=\{ y\in \R\,|\, y^2\leq x\}.\]
Wir wollen zeigen, dass das Supremum $\sup(M)$ von $M$ die gew\"unschte Eigenschaft besitzt, d.h.\ wir wollen zeigen, dass $\sup(M)^2=x$. Dazu m\"ussen wir aber erst einmal zeigen, dass das Supremum von $M$ definiert ist:

\begin{behauptung}
Die Menge  $M$ enth\"alt ein positives Element und ist nach oben beschr\"ankt.
\end{behauptung}

Wir unterscheiden die beiden F\"alle $x\leq 1$ und $1<x$.
\begin{enumerate}
\item Wenn $x\leq 1$, dann ist $x^2\leq x$, d.h.\ $x$ liegt in $M$. Zudem ist $1$ eine obere Schranke. In der Tat, denn f\"ur $y>1$ gilt $y^2>1\geq x$, d.h.\ $y$ kann nicht in $M$ liegen. 
\item Wenn $1<x$, dann ist auch $1^2=1<x$, d.h.\ $1$ liegt in $M$. Zudem ist $x$ eine obere Schranke, denn aus  $y>x$ folgt auch, dass $y^2>x^2>x$,  d.h.\ $y$ kann nicht in $M$ liegen.
\end{enumerate}
Wir haben damit also die Behauptung bewiesen.

Nach Satz~\ref{satz:exsup} existiert also das Supremum vom $M$. 
Wir setzen nun
\[ a:=\sup(M).\]
F\"ur sp\"ater machen wir schon mal die Beobachtung, dass $a>0$, nachdem $M$ eine positive Zahl enth\"alt.

Wir wollen nun zeigen, dass $a^2=x$. Wir fangen mit der folgenden Behauptung an.

\begin{behauptung}
Es ist $a^2\leq x$.
\end{behauptung}

Nach Satz~\ref{satz:supfolge} (1) gibt es eine Folge $(a_n)$ von Zahlen in $M$ mit $\lim_{n\to \infty} a_n=a$. F\"ur alle $n\in \N$ gilt dann $a_n^2\leq x$. Aber dann folgt aus Satz~\ref{satz:kleinergleich}, dass auch $\lim_{n\to \infty} a_n^2\leq x$.
Die Behauptung folgt nun aus Satz~\ref{satz:limsum}, welcher besagt, dass
$\lim_{n\to \infty} a_n^2=(\lim_{n\to \infty} a_n)^2=a^2$.
Wir haben also damit die Behauptung bewiesen.

Wir wissen also, dass entweder $a^2<x$ oder $a^2=x$. 
Nehmen wir nun an, dass $a^2<x$. Wir wollen dies zu einem Widerspruch f\"uhren, indem wir zeigen, dass dann $a$ keine obere Schranke f\"ur $M$ sein kann. 
Anders ausgedr\"uckt, wir wollen zeigen, dass es ein $\delta>0$ gibt, so dass $a+\delta\in M$. Wiederum anders ausgedr\"uckt, wir wollen zeigen, dass  es ein $\delta>0$ mit $(a+\delta)^2\leq x$ gibt.
\begin{enumerate}
\item[]\textcolor{blue}{
\footnote{Zur Erinnerung, der einger\"uckte blaue Text ist nicht Teil des Beweises, er dient nur dazu den Beweis zu motivieren.} 
Um solch ein $\delta$ zu finden, machen wir folgende Nebenrechnung: 
\[ (a+\delta)^2=a^2+2a\delta+\delta^2=a^2+\delta(2a+\delta).\]
Wir wollen nun also ein $\delta>0$ finden, so dass $\delta(2a+\delta)\leq x-a^2$.
W\"ahlen wir ein $\delta$, so dass $\delta\leq a$, dann gilt schon mal $2a+\delta\leq 3a$, d.h.\ dieser Faktor wird nicht zu gro\ss. Insbesondere gen\"ugt es nun ein $\delta$ zu finden, so dass $\delta(2a+\delta)\leq \delta \cdot 3a \leq x-a^2$. Aber dies ist beispielsweise gegeben durch ein beliebiges $\delta$ mit $\delta\leq \frac{x-a^2}{3a}$.
Zusammengefasst wollen wir also ein $\delta>0$ mit $\delta\leq a$ und  $\delta\leq \frac{x-a^2}{3a}$. Wir w\"ahlen daher $\delta=\min\{a,\frac{x-a^2}{3a}\}$.
}
\end{enumerate}
Wir setzen nun $\delta=\min\{a,\frac{x-a^2}{3a}\}$. 
Aus $a>0$ und $x-a^2>0$ folgt, dass $\delta>0$. Zudem gilt
\[\begin{array}{rcll} (a+\delta)^2=a^2+2a\delta +\delta^2=a^2+(2a+\delta)\delta
&\leq &a^2+3a\delta& \mbox{ weil $\delta\leq a$}\\
&\leq& a^2+(x-a^2)&\mbox{ weil $\delta\leq \frac{x-a^2}{3a}$}\\
&=&x.\end{array}\]
Wir haben also gezeigt, dass die Annahme $a^2<x$ zu einem Widerspruch f\"uhrt.

Wir m\"ussen nun noch die Eindeutigkeit von $a$ zeigen. Es seien also 
$a,a'\in \R$ mit $a,a'\geq 0$ und $a^2=(a')^2=x$. Nehmen wir an, dass $a\ne a'$. O.B.d.A.\ k\"onnen wir dann annehmen, dass $a>a'$. Dann gilt aber 
$x=a^2>(a')^2=x$ und dies ist ein Widerspruch. 
\end{proof}

Wir k\"onnen den Satz auch verallgemeinern.

\begin{satz}\label{satz:existenzntewurzel}
Es sei $x\geq 0$ und $n\in \N$.  Dann existiert genau ein $a\in \R$ mit $a\geq 0$, so dass $a^n=x$.
\end{satz}

Der Beweis von Satz~\ref{satz:existenzntewurzel} ist ganz analog zum Beweis von 
Satz~\ref{satz:existenzwurzel}, man muss `nur' das $\delta$ im Beweis geschickter w\"ahlen. F\"ur $n=3$ ist der Beweis von Satz~\ref{satz:existenzntewurzel} eine \"Ubungsaufgabe im 5.\ \"Ubungsblatt.
\smallskip


Es sei $x\geq 0$ und $n\in \N$. Nach Satz~\ref{satz:existenzntewurzel} gibt es genau genau ein $a\in \R$ mit $a\geq 0$, so dass $a^n=x$. Wir bezeichnen $a$ als 
die \emph{$n$-te Wurzel von $x$} und bezeichnen es mit $\sqrt[n]{x}$. Wie \"ublich schreiben wir $\sqrt{x}=\sqrt[2]{x}$.
\smallskip

In Korollar~\ref{kor:qnichtr} hatten wir gezeigt, dass es reelle Zahlen gibt, welche nicht rational sind. 
Der Beweis war allerdings sehr indirekt, insbesondere hatten wir kein explizites Beispiel einer reellen Zahl angegeben, welche nicht rational ist. Wir holen dies mit folgendem Satz nach.

\begin{satz}
Die reelle Zahl $\sqrt{2}$ ist nicht rational.
\end{satz}

\begin{proof}
Nehmen wir an, $\sqrt{2}$ w\"are rational. Dann k\"onnten wir schreiben $\sqrt{2}=a/b$ wobei $a,b\in \Z$ teilerfremd sind.
Durch quadrieren erhalten wir, dass $2b^2=a^2$. Wir sehen, dass $2$ die linke Seite teilt, also muss $2$ auch die rechte Seite teilen, also ist $a$ gerade, d.h.\ $a=2\tilde{a}$ f\"ur ein $\tilde{a}\in \Z$. Es folgt also, dass
$2b^2=4\tilde{a}^2$. Durch K\"urzen sehen wir, dass $b^2=2\tilde{a}^2$. Die rechte Seite ist also gerade, also muss auch die linke Seite gerade sein, d.h.\ $b$ muss gerade sein. 

Zusammengefasst haben wir gezeigt, dass $a$ und $b$ gerade sind. Dies ist aber ein Widerspruch zu der Tatsache, dass $a$ und $b$ teilerfremd sind.
\end{proof}





%================================
\subsection{Teilfolgen und der Satz von Bolzano-Weierstra\ss}

Es sei $(a_n)$ eine Folge und es seien $n_1,n_2,\dots$ nat\"urliche Zahlen, so dass
\[ n_1<n_2<n_3<\dots \]
dann ist
\[ (a_{n_k})_{k\in \N}=(a_{n_1},a_{n_2},a_{n_3},\dots) \]
auch eine Folge, welche wir als \emph{Teilfolge} von $(a_n)$ bezeichnen.
Man beachte, dass wenn $(a_n)$ gegen $a$ konvergiert, dann konvergiert auch jede Teilfolge gegen $a$.
\footnote{In der Tat, wenn $\lim_{n\to \infty} a_n=a$, dann gilt auch $\lim_{k\to \infty} a_{n_k}=a$. Denn sei $\epsilon>0$. Dann folgt aus $\lim_{n\to \infty} a_n=a$, dass es ein $N\in \N$ gibt, so dass $|a_n-a|<\epsilon$ f\"ur alle $n\geq N$. F\"ur jedes $k$ gilt aber $n_k\geq k$. Es folgt also, dass f\"ur alle $k\geq N$ gilt, dass $|a_{n_k}-a|<\epsilon$.}

\begin{satz} \label{satz:bw} $($Satz von Bolzano-Weierstra\ss$)$ Jede beschr\"ankte Folge besitzt eine Teilfolge, welche konvergiert.
\end{satz}

 Betrachten wir beispielsweise die Folge
\[ a_n=\left\{ \begin{array}{ll} 0, &\mbox{ wenn }n\leq 10,\\[2mm]
 1+\frac{1}{n},& \mbox{ wenn $n>10$ Primzahl}, \\[2mm] 4-\frac{1}{n^2}, &\mbox{ wenn $n>10$ keine Primzahl.}\end{array} \right.\]
Dann betrachten wir die Teilfolge, welche den geradzahligen Folgenglieder entspricht. D.h.\ wir betrachten die Teilfolge
\begin{align*}
\begin{array}{rcl} \hspace{1cm}(a_2,a_4,a_6,a_8,a_{10},a_{12},a_{14},a_{16},\dots)&=&(0,0,0,0,0,4-\smfrac{1}{12^2},4-\smfrac{1}{14^2},4-\smfrac{1}{16^2},\dots).
\intertext{Diese  konvergiert offensichtlich gegen $4$. Wir k\"onnen aber auch die Teilfolge betrachten, welche durch die `Primzahl-Folgenglieder' gegeben ist. D.h.\ wir betrachten die 
Teilfolge} (a_2,a_3,a_5,a_7,a_{11},a_{13},a_{17},\dots)&=&(0,0,0,0,1\smfrac{1}{11},1\smfrac{1}{13},1\smfrac{1}{17},1\smfrac{1}{19},\dots)\end{array}\end{align*}
Diese konvergiert offensichtlich gegen $1$. 


\begin{proof}
Es sei $(a_n)$ eine beschr\"ankte Folge. Es existieren also $x_1\leq y_1\in \R$,  so dass $a_n\in [x_1,y_1]$ f\"ur alle $n\in \N$.

\begin{behauptung}
Es gibt eine Folge von Intervallen $[x_k,y_k]$, $k\geq 2$,  so dass f\"ur alle $k$ gilt:
\begin{enumerate}
\item $[x_{k},y_{k}]$ ist ein Teilintervall von $[x_{k-1},y_{k-1}]$ von halber L\"ange, und
\item $[x_{k},y_{k}]$ enth\"alt unendlich viele Folgenglieder.
\end{enumerate}
\end{behauptung}

Wir betrachten zuerst den Fall $k=2$. Es sei $z:=\frac{x_1+y_1}{2}$ der Mittelpunkt des Intervalls $[x_1,y_1]$. Nachdem $[x_1,y_1]=[x_1,z]\cup [z,y_1]$ und nachdem
$[x_1,y_1]$ unendlich viele Folgenglieder enth\"alt, enth\"alt $[x_1,z]$ unendlich viele Folgenglieder, oder
$[z,y_1]$ enth\"alt unendlich viele Folgenglieder.
\footnote{Es k\"onnen auch beide Intervalle unendlich viele Folgenglieder enthalten.} Wir setzen nun
\[ [x_{2},y_{2}]:=\left\{ \begin{array}{ll} [x_1,z], &\mbox{ falls $[x_1,z]$ unendlich viele Folgenglieder enth\"alt,}\\[1mm]
[z,y_1], &\mbox{ andernfalls.}\end{array} \right.\]
Wir erhalten jetzt $[x_3,y_3]$ dadurch, dass wir wiederum $[x_2,y_2]$ in zwei H\"alften aufschneiden, und dann die erste H\"alfte w\"ahlen, wenn diese unendlich viele Folgenglieder besitzt. Ansonsten nehmen wir die zweite H\"alfte.  
Indem wir dieses Verfahren iterieren, erhalten wir die gew\"unschte Folge von Intervallen. Wir haben damit die Behauptung bewiesen. 
\footnote{Es ist hilfreich, den Beweis mit einem explizitem Beispiel durchzuarbeiten. Betrachten wir also wiederum die Folge
\[ a_n=\left\{ \begin{array}{ll} 0, &\mbox{ wenn }n\leq 10,\\[2mm]
 1+\frac{1}{n},& \mbox{ wenn $n>10$ Primzahl}, \\[2mm] 4-\frac{1}{n^2}, &\mbox{ wenn $n>10$ keine Primzahl.}\end{array} \right.\]
In unserem Beweis k\"onnen wir  $x_0=0$ und $y_0=4$ w\"ahlen. Der `Algorithmus' im Beweis der Behauptung liefert dann insbesondere folgende Intervalle:
\[ \begin{array}{rcl} [x_1,y_1]&=&[0,4]\\ {}
[x_2,y_2]&=&[0,2]\\ {}
[x_3,y_3]&=&[1,2]\\ {}
[x_4,y_4]&=&[1,1\frac{1}{2}]\\ {}
[x_5,y_5]&=&[1,1\frac{1}{4}] 
\end{array} \]
}


Wir setzen $d:=y_1-x_1$, d.h.\ $d$ ist die L\"ange vom ersten Intervall $[x_1,y_1]$. Nachdem wir die L\"ange des Intervalls bei jedem Schritt halbiert haben, folgt, dass die L\"ange des Intervalls $[x_k,y_k]$ gegeben ist durch $\frac{1}{2^{k-1}}d$. Die L\"ange der Intervalle konvergiert also insbesondere gegen $0$. Wir werden jetzt eine Teilfolge $(a_{n_k})$ konstruieren, so dass jedes  Folgenglied $(a_{n_k})$ im Intervall $[x_k,y_k]$ liegt. 

Wir definieren diese  Teilfolge von $(a_n)$ wie folgt:
Wir setzen $n_1=1$. Iterativ definieren wir jetzt
\footnote{Der Satz `es sei $M$ eine Teilmenge von $\N$, wir definieren $n:=\min(M)$' ist a priori etwas gef\"ahrlich, weil diese Definition nur Sinn macht, wenn $M$ nicht die leere Menge ist. Wenn wir also schreiben, `es sei $n:=\min(M)$', dann m\"ussen wir immer \"uberpr\"ufen, dass die Menge nichtleer ist. In unserem Fall ist dies in der Tat der Fall, die Mengen  $\{ n\in \N \,|\, n>n_{k-1}\mbox{ und } a_{n}\in [x_k,y_k]\}$ sind nichtleer ist, weil nach Konstruktion jedes Intervall 
$[x_k,y_k]$ unendlich viele Folgenglieder enth\"alt.}
\footnote{Im obigen Beispiel gilt dann
\[ n_1=1,\quad n_2=2, \quad n_3=11, \quad n_4=13, \dots.\]}
\[ \begin{array}{rcl}n_2&:=&\mbox{min}\{ n\in \N \,|\, n>n_1\mbox{ und } a_{n}\in [x_2,y_2]\}\\
n_3&:=&\mbox{min}\{ n\in \N \,|\, n>n_2\mbox{ und } a_{n}\in [x_3,y_3]\}\\
\vdots &&\\
n_k&:=&\mbox{min}\{ n\in \N \,|\, n>n_{k-1}\mbox{ und } a_{n}\in [x_k,y_k]\}\\
\vdots \end{array}\]


\begin{behauptung}
Die Teilfolge $(a_{n_k})$ konvergiert.
\end{behauptung}

Es gen\"ugt zu zeigen, dass die Teilfolge $(a_{n_k})$  eine Cauchyfolge ist.
Es sei also $\epsilon>0$. Nachdem $\lim_{k\to \infty} \frac{1}{2^{k-1}}d=0$ existiert insbesondere ein $K\in \N$, so dass
\[ \frac{1}{2^{K-1}}d< \epsilon.\]
Es seien $k,l \geq K$ gegeben. Dann gilt
\[ \begin{array}{rcll} |a_{n_k}-a_{n_l}|&\leq &\mbox{L\"ange von $[x_K,y_K]$}\quad& \mbox{weil $a_{n_k},a_{n_l}\in [x_K,y_K]$}\\
&=&\tmfrac{1}{2^{K-1}}d&\mbox{nach Konstruktion von $[x_K,y_K]$}\\
&<&\epsilon.\end{array} \]
\end{proof}

%================================
\subsection{Ber\"uhrpunkte und H\"aufungspunkte $(*)$}
Dieses Kapitel ist nicht Teil der offiziellen Vorlesung.

Es sei $x\in \R$ und $\epsilon>0$. Wir nennen das \emph{offene} Intervall
\[ U_\epsilon(x):=(x-\epsilon,x+\epsilon) \]
die \emph{$\epsilon$-Umgebung} von $x$.

\begin{definition}
Es sei $M\subset \R$ eine Teilmenge und $x\in \R$.
\begin{enumerate}
\item Der Punkt $x$ hei\ss t \emph{Ber\"uhrpunkt von $M$}, falls  in jeder $\epsilon$-Umgebung von $x$ mindestens ein Punkt von $M$ liegt.
\item Der Punkt $x$ hei\ss t \emph{H\"aufungspunkt von $M$}, falls  in jeder $\epsilon$-Umgebung von $x$ unendlich viele  Punkte von $M$ liegen.
\end{enumerate}
\end{definition}

\begin{beispiel}
\mbox{}
\begin{enumerate}
\item Es sei $M\subset \R$ eine Teilmenge. Wenn $x\in M$, dann ist $x$ ein Ber\"uhrpunkt von $M$.
\item Die Menge der Ber\"uhrpunkte von $\Z\subset \R$ ist $\Z$, aber $\Z$ hat keine H\"aufungspunkte.
\item Es sei
\[ M:=\Big\{ \lmfrac{1}{n} \, |\, n\in \N\Big\}.\]
Dann ist $0$ ein Ber\"uhrpunkt und
\[ \Big\{ \lmfrac{1}{n} \, |\, n\in \N\Big\} \cup \{0\} \]
ist die Menge aller Ber\"uhrpunkte. Hingegen ist $0$ der einzige H\"aufungspunkt.
\item Es sei $M=\Q\subset \R$. Dann ist $\R$ die Menge der Ber\"uhrpunkte und die Menge der H\"aufungspunkte.
\end{enumerate}
\end{beispiel}

\begin{satz}
Es sei $M$ eine beschr\"ankte Teilmenge von $\R$ mit unendlich vielen Elementen.
Dann besitzt $M$ mindestens einen H\"aufungspunkt.
\end{satz}

\begin{proof}
Nachdem $M$ unendlich viele Elemente besitzt, k\"onnen wir eine Folge $(a_n)$ finden, so dass
\begin{enumerate}
\item $a_n\in M$ f\"ur alle $n\in \N$,
\item $a_n\ne a_m$ f\"ur $n\ne m$.
\end{enumerate}
Diese Folge ist beschr\"ankt, weil $M$ beschr\"ankt ist.
Nach dem Satz von  Bolzano--Weierstra\ss\, existiert nun eine Teilfolge $(a_{n_k})_{k\in \N}$, welche konvergiert. Es sei $a$ der Grenzwert dieser Teilfolge.

\begin{behauptung}
$a$ ist ein H\"aufungspunkt von $M$.
\end{behauptung}

Es sei also $\epsilon>0$ gegeben. Wir m\"ussen zeigen, dass $U_\epsilon(a)\cap M$ unendlich viele Elemente enth\"alt. Nachdem $(a_{n_k})$ gegen $a$ konvergiert, existiert ein $K\in \N$, so dass
\[ |a_{n_k}-a| <\epsilon\]
f\"ur alle $k\geq K$. Insbesondere gilt f\"ur alle $k\geq K$, dass
\[ a_{n_k}\in U_\epsilon(a)\cap M.\]
Nachdem die $a_{n_k}$ alle verschieden sind und es unendliche viele nat\"urliche Zahlen $\geq K$ gibt, folgt sofort, dass $U_\epsilon(a)\cap M$ unendlich viele Elemente enth\"alt.
\end{proof}



\newpage
%================================
\section{Konvergenz von Reihen}


%================================
\subsection{Konvergenzkriterien f\"ur Reihen}
Wir wenden uns jetzt wieder den Reihen zu. Wir hatten schon einige Eigenschaften von Reihen bewiesen, welche man leicht aus der Definition von Reihen und den Konvergenzeigenschaften von Folgen herleiten konnte. 
Zudem hatten wir in Satz~\ref{satz:reihexn} gezeigt, dass f\"ur $x\in (-1,1)$ gilt
\[ \sum_{n=0}^\infty x^n= \frac{1}{1-x}.\]
Diese Reihe wird oft auch als die \emph{geometrische Reihe} bezeichnet. 


% ende der 10. Vorlesung

In diesem Kapitel werden wir die Konvergenzeigenschaften von Reihen deutlich ausf\"uhrlicher als bisher studieren. 





\begin{satz}\label{satz:nullfolge}
Es sei $\sum_{n=0}^\infty a_n$ eine konvergente Reihe, dann ist $(a_n)$ eine Nullfolge.
\end{satz}

\begin{proof}
Es sei also $\sum_{n=0}^\infty a_n$ eine konvergente Reihe. Dies bedeutet, dass die  Folge der Partialsummen
\[ s_n:=\sum_{k=0}^n a_k \]
konvergiert, insbesondere, dass die Partialsummen eine Cauchy-Folge bilden.
F\"ur alle $\epsilon>0$ gibt es also ein $N$, so dass
\[ |s_n-s_m|<\epsilon\]
f\"ur alle $n,m\geq N$.
Insbesondere folgt f\"ur alle $n\geq N+1$, dass
\[ |a_n|\,=\,|s_{n}-s_{n-1}|\,<\,\epsilon.\]
Wir haben damit also gezeigt, dass $(a_n)$ eine Nullfolge ist.
\end{proof}

\begin{beispiel}
Es sei $x\in \R$ mit $|x|\geq 1$. Dann folgt aus Satz~\ref{satz:nullfolge}, dass die Reihe $\sum_{n=0}^\infty x^n$ divergiert. 
\end{beispiel}

\begin{satz}\label{satz:konvbeschr}
Es sei $\sum_{n=0}^\infty a_n$ eine Reihe gegeben, so dass $a_n\geq 0$ f\"ur alle $n$.
\begin{enumerate}
\item  Wenn die Folge der Partialsummen unbeschr\"ankt ist, dann gilt $\sum_{n=0}^\infty a_n=+\infty$.
\item Wenn die Folge der Partialsummen beschr\"ankt ist, dann konvergiert $\sum_{n=0}^\infty a_n$.
\end{enumerate}
\end{satz}


\begin{proof}
Nachdem $a_n\geq 0$, folgt, dass die Folge der Partialsummen
\[ s_n:=\sum_{k=0}^n a_k\]
monoton wachsend ist. Der Satz folgt nun sofort aus Satz~\ref{satz:monoton}.
\end{proof}


Wir nennen $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n}$ die \emph{harmonische Reihe}.
Der folgende Satz zeigt unter Anderem, dass die Umkehrung von Satz~\ref{satz:nullfolge} nicht gilt.

\begin{korollar} \label{korollar:harmonisch}\label{kor:harmonisch}
Die harmonische Reihe divergiert bestimmt gegen $+\infty$, d.h.
\[ \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n}=+\infty.\]
\end{korollar}

\begin{proof}
Wir betrachten die $n$-te Partialsumme
\[ s_n:=\sum_{k=1}^n \frac{1}{k}.\]
Nachdem alle Reihenglieder von  $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^d}$ positiv sind, gen\"ugt es nach  Satz
\ref{satz:konvbeschr} zu zeigen, dass die Folge $(s_n)$ nicht beschr\"ankt ist.
Wir betrachten im Folgenden die Partialsummen, welche zur Zweierpotenz $n=2^l$ geh\"oren. Es gilt dabei, dass
\[ \begin{array}{rcccccccccccccc} s_{n}=s_{2^l}=1+&\tmfrac{1}{2}+&\tmfrac{1}{3}+\tmfrac{1}{4}+&\tmfrac{1}{5}+\tmfrac{1}{6}+\tmfrac{1}{7}+\tmfrac{1}{8}+&\dots+&\tmfrac{1}{2^{l-1}+1}+\dots+\tmfrac{1}{2^{l}} \\[4mm]
\geq  1+&\tmfrac{1}{2}+&\underset{=2\cdot\tmfrac{1}{4}=\tmfrac{1}{2}}{\underbrace{\tmfrac{1}{4}+\tmfrac{1}{4}}}+&
\underset{=4\cdot\tmfrac{1}{8}=\tmfrac{1}{2}}{\underbrace{\tmfrac{1}{8}+\tmfrac{1}{8}+\tmfrac{1}{8}+\tmfrac{1}{8}}}+&\dots+&
\underset{=2^{l-1}\cdot\tmfrac{1}{2^{l}}=\tmfrac{1}{2}}{\underbrace{\tmfrac{1}{2^{l}}+\dots+\tmfrac{1}{2^{l}}}}.\end{array} \]
Ein genauer Blick zeigt, dass wir hier $l$ Summanden haben, welche $\frac{1}{2}$ betragen. Man sieht nun also, dass f\"ur jedes $l$ gilt
\[ s_{2^l}\geq 1+\frac{l}{2}.\]
Wir sehen also, dass die Folge der Partialsummen unbeschr\"ankt ist.
\end{proof}

Der folgende Satz besagt nun, dass im Gegensatz zur harmonische Reihe, die Reihe $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^d}$ konvergiert, sofern $d\geq 2$.


\begin{satz}\label{satz:reihend}\label{satz:reihenk}
F\"ur jedes $d\in \N$ mit $d\geq 2$ konvergiert die Reihe $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^d}$.
\end{satz}

\begin{proof}
Nachdem alle Reihenglieder von  $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^d}$ positiv sind, gen\"ugt es nach Satz~\ref{satz:konvbeschr} zu zeigen, dass die Folge der Partialsummen 
\[ s_n:=\sum_{k=1}^n \frac{1}{k^d}\]
  beschr\"ankt ist.
 
Wir werden jetzt im Folgenden die Partialsummen geschickt nach oben absch\"atzen. 
Es sei also $n\in \N$. Wir w\"ahlen ein $m$, so dass $2^{m+1}-1\geq n$.
Dann gilt
\footnote{Das Argument \"ahnelt auf dem ersten Blick dem Beweis von Korollar~\ref{korollar:harmonisch}, aber in diesem Fall sch\"atzen wir nach oben ab, w\"ahrend wir im Beweis von Korollar~\ref{korollar:harmonisch} nach unten abgesch\"atzt hatten.}
\[ \begin{array}{rcl} s_n&\leq &s_{2^{m+1}-1}\\[2mm]
&=&\sum\limits_{k=1}^{2^{m+1}-1} \tmfrac{1}{k^d}\\[2mm]
&=&
1+\underset{\leq \frac{1}{2^d}+\frac{1}{2^d}=\frac{2}{2^d}}{\underbrace{\tmfrac{1}{2^d}+\tmfrac{1}{3^d}}}\,\,+
\underset{\leq \frac{1}{4^d}+\frac{1}{4^d}+\frac{1}{4^d}+\frac{1}{4^d}=\frac{4}{4^d}}{\underbrace{\tmfrac{1}{4^d}+\tmfrac{1}{5^d}+\tmfrac{1}{6^d}+\tmfrac{1}{7^d}}}+\dots+
\underset{\leq \underset{2^m-\operatorname{mal}}{\underbrace{\frac{1}{(2^{m})^d}+\dots+\tmfrac{1}{(2^{m})^d}}}=\tmfrac{2^m}{(2^m)^d}}{\underbrace{
\tmfrac{1}{(2^{m})^d}+\dots +\tmfrac{1}{(2^{m+1}-1)^d}}}\\[2mm]
&\leq & 1+\tmfrac{2}{2^d}+\tmfrac{(2^2)}{(2^2)^d}+\dots+\tmfrac{2^m}{(2^m)^d}\\[2mm]
&=&\sum\limits_{i=0}^{m} \tmfrac{2^i}{(2^i)^d}\\[2mm]
&=&\sum\limits_{i=0}^{m} \left(2^{-d+1}\right)^i\\[2mm]
&=&\smfrac{1-(2^{-d+1})^{m+1}}{1-2^{-d+1}}\hspace{1.2cm} \mbox{nach Satz~\ref{satz:sumxn}, hierbei verwenden wir, dass $1-2^{-d+1}\ne 0$, da $d>1$}\\[2mm]
&\leq& \smfrac{1}{1-2^{-d+1}}.\end{array}\]
Wir haben also gezeigt, dass die Folge der Partialsummen nach oben durch 
$\frac{1}{1-2^{-d+1}}$ beschr\"ankt ist. Die Folge der Partialsummen konvergiert also.
\end{proof}

Der Satz besagt also insbesondere, dass die Reihe $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2}$ konvergiert, aber der Satz sagt nichts \"uber den Grenzwert der Reihe aus. 
Wir werden sp\"ater sehen, dass 
\[ \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2}\,=\,\frac{\pi^2}{6}.\]
Aber um dies zu beweisen, werden wir erst mal $\pi$ mathematisch pr\"azise einf\"uhren m\"ussen. Dies geschieht in einem sp\"ateren Kapitel.



\begin{satz} $($Leibniz'sches Konvergenz-Kriterium$)$ \label{satz:leibniz}
Es sei $(a_n)$ eine monoton fallende Folge, so dass $a_n\geq 0$ f\"ur alle $n$, und so dass $\lim_{n\to \infty} a_n=0$. 
\footnote{Wenn $(a_n)$ eine monoton fallende Folge ist mit $\lim_{n\to \infty} a_n=0$, dann folgt (wie? warum?), dass $a_n\geq 0$ f\"ur alle $n$. Wir h\"atten also im Satz gar nicht fordern m\"ussen, dass die $a_n\geq 0$ sind. Aber es ist vielleicht leichter, sich zu merken, dass die $a_n$'s nicht-negativ sind.}
Dann konvergiert die
alternierende\footnote{Die Reihe $\sum_{n=1}^\infty (-1)^na_n$ hei\ss t alternierend, weil die Reihenglieder mit alternierendem Vorzeichen auftauchen. Beispielsweise ist die $8$-te Partialsumme gegeben durch
\[ \sum\limits_{n=1}^8 (-1)^na_n=-a_1+a_2-a_3+a_4-a_5+a_6-a_7+a_8,\]
wobei die $a_n$'s nach Voraussetzung jeweils nicht-negativ sind.}
 Reihe
\[ \sum_{n=1}^\infty (-1)^na_n.\]
\end{satz}

Es folgt beispielsweise aus dem Satz, dass die Reihe 
\[ \sum_{n=1}^\infty (-1)^n \frac{1}{n}\]
konvergiert.

\begin{proof}
Wir werden zeigen, dass die Folge der Partialsummen
\[ s_n:=\sum_{k=1}^n (-1)^ka_k \]
eine Cauchyfolge ist. Sei also $\epsilon>0$.
Wir m\"ussen nun zeigen, dass es ein $N$ gibt, so dass
\[ |s_n-s_m|<\epsilon\]
f\"ur alle $n,m\geq N$.

Nachdem $\lim_{n\to \infty} a_n=0$ existiert ein $N$, so dass $|a_n|<\epsilon$ f\"ur alle $n\geq N$. Wir wollen nun zeigen,  dass dieses $N$ die gew\"unschte Eigenschaft hat.

Es seien also $n,m\geq N$ gegeben. Durch eventuelles Vertauschen von $n$ und $m$ k\"onnen wir O.B.d.A., dass $n\geq m$. 
Wir betrachten zuerst den Fall, dass  $n$ ungerade und  $m$ ungerade ist. 
Wir m\"ussen nun also die Differenzen der Partialsummen $s_n-s_m$ `in den Griff kriegen'. Es gilt
\[ s_n-s_m=\sum_{i=m+1}^n (-1)^i a_i=\underset{\geq 0,\,\operatorname{weil}\,\operatorname{monoton}\,\operatorname{fallend}}{\underbrace{a_{m+1}-a_{m+2}}}\,+\,
\dots\,+\,\underset{\geq 0,\,\operatorname{weil}\,\operatorname{monoton}\,\operatorname{fallend}}{\underbrace{a_{n-1}-a_{n}}}\geq 0. \]
Andererseits gilt
\[ \begin{array}{rcl} s_n-s_m&=&\sum\limits_{i=m+1}^n (-1)^i a_i\\[2mm]
&=&a_{m+1}\,\,\underset{\leq 0,\,\operatorname{weil}\,\operatorname{monoton}\,\operatorname{fallend}}{\underbrace{-a_{m+2}+a_{m+3}}}\,\,
\quad \dots \quad
\underset{\leq 0,\,\operatorname{weil}\,\operatorname{monoton}\,\operatorname{fallend}}{\underbrace{-a_{n-2}+a_{n-1}}}-a_{n}\\
&\leq &a_{m+1}-a_n \\
&\leq& a_{m+1}\hspace{2cm} \mbox{ weil $a_n\geq 0$}\\
&<&\epsilon.\end{array} \]
Es folgt also, dass $s_n-s_m\in [0,\epsilon)$, insbesondere erhalten wir, dass $|s_n-s_m|<\epsilon$.

Wir haben nun also gezeigt, dass wenn sowohl $n$ ungerade als auch  $m$ ungerade ist, dann gilt $|s_n-s_m|<\epsilon$. Die anderen F\"alle k\"onnen ganz \"ahnlich bewiesen werden. Den Fall, dass $n$ gerade ist und $m$ ungerade ist, werden wir insbesondere in \"Ubungsblatt~6 behandeln.
\end{proof}


\begin{definition}
Eine Reihe $\sum_{n=1}^\infty a_n$ hei\ss t \emph{absolut konvergent}, wenn die Reihe
$\sum_{n=1}^\infty |a_n|$ konvergiert.
\end{definition}

Beispielsweise konvergiert die Reihe $\sum_{n=1}^\infty (-1)^n\frac{1}{n}$ wegen dem Leibniz-Kriterium, aber die Reihe konvergiert nicht absolut, weil wir in 
Korollar~\ref{korollar:harmonisch}
 gesehen hatten, dass die Reihe 
\[ \sum_{n=1}^\infty \left|(-1)^n\lmfrac{1}{n}\right|\,\,=\,\,\sum_{n=1}^\infty \lmfrac{1}{n}\]
 divergiert.

\begin{satz}\label{satz:absolutkonv}
Jede absolut konvergente Reihe konvergiert. 
\end{satz}

Der Satz besagt also, dass wenn  $\sum_{n=1}^\infty a_n$ eine Reihe ist, so dass $\sum_{n=1}^\infty |a_n|$ konvergiert, dann konvergiert auch $\sum_{n=1}^\infty a_n$.
Betrachten wir beispielsweise die Folge
\[ a_n=\left\{ \begin{array}{rl} -\tmfrac{1}{n^2}, &\mbox{ wenn $n$ Primzahl},\\[2mm]
\tmfrac{1}{n^2}, &\mbox{ wenn $n$ keine Primzahl.}\end{array} \right.\]
Dann folgt aus Satz~\ref{satz:reihend} und aus Satz~\ref{satz:absolutkonv}, dass die Reihe $\sum_{n=1}^\infty a_n$ konvergiert.



\begin{proof}
Es sei $\sum_{n=1}^\infty a_n$ eine Reihe, so dass $\sum_{n=1}^\infty |a_n|$ konvergiert.
F\"ur $n\in \N$  betrachten wir die Partialsummen
\[ s_n:=\sum_{k=1}^n a_k \mbox{ und } t_n:=\sum_{k=1}^n |a_k|.\]
Wir m\"ussen zeigen, dass $(s_n)$ eine Cauchyfolge ist. Sei also $\epsilon>0$ gegeben.
Nachdem $\sum_{n=1}^\infty |a_n|$ konvergiert, bilden die $(t_n)$ eine Cauchyfolge. Es existiert also
ein $N$, so dass f\"ur alle $n\geq m\geq N$ gilt:
\[ |t_n-t_m|<\epsilon.\]
Dann gilt aber auch f\"ur alle $n\geq m\geq N$, dass
\[ |s_n-s_m|=\left|\sum_{k=m+1}^n a_k\right|\leq \sum_{k=m+1}^n|a_k|=|t_m-t_n|<\epsilon.\]
\end{proof}

\begin{satz} $($Majoranten-Kriterium$)$\label{satz:majkrit}
Es sei $(c_n)$ eine Folge von nicht-negativen Zahlen und es sei $(a_n)$ eine Folge, so dass $|a_n|\leq c_n$ f\"ur alle $n$. Dann gilt
\[ \sum_{n=1}^\infty c_n\mbox{ konvergiert }\quad \Rightarrow \quad \sum_{n=1}^\infty a_n \mbox{ konvergiert absolut.}\]
\end{satz}



Beispielsweise konvergiert die Reihe
\[ \sum_{n=1}^\infty \lmfrac{1}{n^2+2}, \]
nachdem $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2}$ konvergiert, und nachdem $\frac{1}{n^2+2}\leq \frac{1}{n^2}$ f\"ur alle $n$.


Wir geben jetzt den Beweis von Satz~\ref{satz:majkrit}. Der Beweis ist dabei fast wort-w\"ortlich der gleiche wie der Beweis von Satz~\ref{satz:absolutkonv}.

\begin{proof}
F\"ur $n\in \N$  setzen wir
\[ s_n:=\sum_{k=1}^n |a_k| \mbox{ und } t_n:=\sum_{k=1}^n c_k.\]
Wir m\"ussen zeigen, dass $(s_n)$ eine Cauchyfolge ist. Sei also $\epsilon>0$ gegeben.
Nachdem $\sum_{n=1}^\infty c_n$ konvergiert, bilden die $(t_n)$ eine Cauchyfolge. Es existiert also
ein $N$, so dass f\"ur alle $n\geq m\geq N$ gilt:
\[ |t_n-t_m|<\epsilon.\]
Dann gilt aber auch f\"ur alle $n\geq m\geq N$, dass
\[ |s_n-s_m|=\sum_{k=m+1}^n |a_k|\leq \sum_{k=m+1}^nc_k=|t_m-t_n|<\epsilon.\]
\end{proof}

Das folgende Minoranten-Kriterium ist nur eine Umformulierung vom Majoranten-Kriterium.

\begin{korollar} $($Minoranten-Kriterium$)$\label{kor:minkrit}
Es seien  $(a_n)$ und $(c_n)$  Folgen von nicht-negativen Zahlen , so dass $a_n\leq c_n$ f\"ur alle $n$. Dann gilt
\[ \sum_{n=1}^\infty a_n\mbox{ divergiert }\quad \Rightarrow \quad \sum_{n=1}^\infty c_n \mbox{ divergiert.}\]
\end{korollar}



\begin{satz}\label{satz:quotkrit} $($Quotienten-Kriterium$)$
Es sei $(a_n)$ eine Folge von Zahlen $a_n\ne 0$. 
Wenn es  ein $\theta \in (0,1)$ gibt, so dass f\"ur alle $n$ gilt:
\[ \left|\lmfrac{a_{n+1}}{a_n}\right| \leq \theta,\]
dann konvergiert die Reihe $\sum_{n=0}^\infty a_n$ absolut.
\end{satz}

Betrachten wir beispielsweise die Folge $a_n=\frac{n+1}{5^n}$. Dann gilt f\"ur alle $n\in \N_0$, dass
\[\left|\lmfrac{a_{n+1}}{a_n}\right|\,\,=\,\,\lmfrac{(n+2)\cdot 5^n}{5^{n+1}\cdot (n+1)}\,\,=\,\,\lmfrac{n+2}{5(n+1)}\,\,\leq\,\, \lmfrac{1}{2}.\]
Es folgt aus aus Satz~\ref{satz:quotkrit}, angewandt auf die Folge $a_n$ und $\theta=\frac{1}{2}$, dass die Reihe
\[ \sum_{n=0}^\infty \lmfrac{n+1}{5^n} \]
konvergiert.


\begin{proof}
Die Voraussetzung besagt also, dass $|a_{n+1}|\leq \theta |a_n|$ f\"ur alle $n$. Es folgt, dass f\"ur beliebiges $n$ gilt:
\[ |a_n|\,\,\leq \,\,\theta |a_{n-1}|\,\,\leq \,\,\theta^2 |a_{n-2}|\,\,\leq\, \dots \,\leq \,\,\theta^n|a_0|.\]
Nachdem $\theta\in (0,1)$ folgt aus Satz~\ref{satz:reihexn}, dass
\[ \sum_{n=0}^\infty |a_0|\theta^n\,\,=\,\,|a_0|\sum_{n=0}^\infty \theta^n\,\,=\,\,\frac{|a_0|}{1-\theta},\]
insbesondere konvergiert die Reihe. 
Es folgt nun aus dem Majoranten-Kriterium, dass die Reihe $\sum_{n=0}^\infty a_n$ absolut konvergiert.
\end{proof}

% Ende 11. Vorlesung


Es sei $N\in \Z$ und $(a_{N},a_{N+1},a_{N+2},\dots)$ eine Folge von reellen Zahlen. Wir definieren
$\sum_{n=N}^\infty a_n$ als die Folge der Partialsummen $\sum_{n=N}^{N+k} a_n$. Wenn diese Folge konvergiert oder bestimmt divergiert, dann schreiben wir 
\[ \sum_{n=N}^\infty a_n\,\,=\,\,\lim_{k\to \infty} \sum_{n=N}^{N+k} a_n.\]
F\"ur $N=0$ oder $N=1$ ist dies die \"ubliche Definition. 

\begin{bemerkungnummer}\label{bem:reichtabn}
Die bisherigen S\"atze  \"uber die Konvergenz und bestimmte Divergenz von Reihen gelten auch mit den offensichtlichen Ab\"anderungen f\"ur Reihen, welche mit $N$ beginnen. 
\end{bemerkungnummer}


\begin{lemma}\label{lem:reiheabn}
Es sei $(a_n)_{n\in\N_0}$ eine Folge von reellen Zahlen und es sei $N\in \N_0$. Dann konvergiert
$\sum_{n=0}^\infty a_n$  genau dann, wenn $\sum_{n=N}^\infty a_n$ konvergiert.
\end{lemma}

\begin{proof}
F\"ur $n\geq N$  bezeichnen wir mit 
\[ s_n:=\sum_{k=0}^n a_k \mbox{ beziehungsweise mit } t_n:=\sum_{k=N}^n a_k\]
die Partialsummen von $\sum_{n=0}^\infty a_n$ beziehungsweise von $\sum_{n=N}^\infty a_n$.
Dann gilt f\"ur alle $n> m\geq N$, dass 
\[ s_n-s_m\,\,=\,\,\sum_{k=m+1}^n a_k\,\,=\,\,t_n-t_m.\]
Wir sehen also, dass die Partialsummen $(s_n)$ eine Cauchy-Folge bilden, genau dann, wenn die Partialsummen $(t_n)$ eine Cauchy-Folge bilden. Insbesondere konvergiert
$\sum_{n=0}^\infty a_n$ genau dann, wenn $\sum_{n=N}^\infty a_n$ konvergiert.
\end{proof}


\begin{korollar}\label{kor:endlichvieleaenderungen}
Es seien $\sum_{n=1}^\infty a_n$ und $\sum_{n=1}^\infty b_n$ zwei Reihen, welche sich nur in endlich vielen Reihengliedern unterscheiden. Dann 
konvergiert die Reihe  $\sum_{n=1}^\infty a_n$ genau dann, wenn die Reihe $\sum_{n=1}^\infty b_n$ konvergiert.
\end{korollar}

Beispielsweise folgt aus Satz~\ref{satz:reihend} und aus Korollar~\ref{kor:endlichvieleaenderungen} angewandt auf $N=11$, dass f\"ur 
\[ a_n:=\left\{ \begin{array}{rl} 10^{10}, &\mbox{ wenn }n\leq 10,\\
\frac{1}{n^2},&\mbox{ wenn }n>10\end{array} \right.\]
die Reihe $\sum_{n=1}^\infty a_n$ konvergiert.


\begin{proof}
Es seien $\sum_{n=1}^\infty a_n$ und $\sum_{n=1}^\infty b_n$ zwei Reihen, welche sich nur in endlich vielen Reihengliedern unterscheiden. Dies bedeutet, dass es ein $N\in \N$ gibt, so dass $(a_n)=(b_n)$ f\"ur alle $n\geq N$. 
Insbesondere gilt $\sum_{n=N}^\infty a_n=\sum_{n=N}^\infty b_n$.
Das Korollar folgt nun sofort aus Reihe \ref{lem:reiheabn} angewandt auf beide Reihen.
\end{proof}

%================================
\subsection{Umordnung von Reihen}
Es folgt aus dem Kommutativgesetz, dass es egal ist, in welcher Reihenfolge wir endlich viele reelle Zahlen addieren. Beispielsweise gilt
\[ a_1+a_2+a_3\,\,=\,\,a_3+a_1+a_2\,\,=\,\,a_2+a_3+a_1.\]
Etwas allgemeiner, wenn  $a_1,\dots,a_n\in \R$ endlich viele reelle Zahlen sind, und wenn zudem $\tau\colon  \{1,\dots,n\}\to \{1,\dots,n\}$ eine Bijektion ist, dann gilt
\[ a_1+a_2+a_3+\dots+a_n\,\,=\,\,a_{\tau(1)}+a_{\tau(2)}+a_{\tau(3)}+\dots+a_{\tau(n)}.\]
Wir werden in diesem Kapitel sehen, dass die `naive' Verallgemeinerung dieser Aussage auf Reihen im Allgemeinen nicht gilt.

\begin{definition}
Es sei $\sum_{n=1}^\infty a_n$ eine  Reihe und es sei $\tau\colon \N\to \N$ eine Bijektion, dann nennt man die  Reihe $\sum_{n=1}^\infty a_{\tau(n)}$ eine \emph{Umordnung von $\sum_{n=1}^\infty a_n$}.
\end{definition}

Es stellt sich nun die Frage, ob eine Umordnung die Konvergenz, oder den Grenzwert, einer Reihe \"andern kann.
Wir werden im folgenden Beispiel sehen, dass dies tats\"achlich vorkommen kann. 

Die Idee im folgenden Beispiel ist ganz einfach: Wir betrachten eine alternierende Reihe,  welche nach dem Leibniz-Kriterium konvergiert. Wir werden die Reihe dann allerdings so umordnen, dass wir die positiven Summanden nach `vorne ziehen' und die negativen Summanden nach `hinten schieben'. Das Endergebnis wird eine Reihe sein, welche nicht mehr konvergiert.

Wir betrachten die Folge
\[
(a_n)=\left( -\lmfrac{1}{2},\lmfrac{1}{2},\,\,-\lmfrac{1}{4},\lmfrac{1}{4},-\lmfrac{1}{4},\lmfrac{1}{4},\,\,-\lmfrac{1}{8},\lmfrac{1}{8},-\lmfrac{1}{8},\lmfrac{1}{8},-\lmfrac{1}{8},\lmfrac{1}{8},-\lmfrac{1}{8},\lmfrac{1}{8},\,\,
\lmfrac{1}{16},\dots \right). \]
Anders ausgedr\"uckt, zu jedem $k\geq 1$ gibt es also $2^k$ Folgenglieder, welche zwischen $-\frac{1}{2^k}$ und $\frac{1}{2^k}$ alternieren.\footnote{Eine formale Definition der Folge ist wie folgt: f\"ur $k\in \N$ setzen wir $d_k:=2^k-2$, f\"ur $n\in \N$ gibt es dann genau ein $k\in \N$ mit $n\in \{d_{k}+1,\dots d_{k+1}\}$ und wir setzen $a_n:=(-1)^n\frac{1}{2^k}$.
}
Es folgt aus dem Leibniz-Kriterium,  dass die alternierende Reihe $\sum_{n=1}^\infty a_n$ konvergiert.

Wir werden jetzt zeigen, dass es jedoch eine Umordnung dieser Reihe gibt, welche nicht konvergiert.
Wir betrachten die Umordnung 
\[ \left( \lmfrac{1}{2}\right.,-\lmfrac{1}{2},\,\,\lmfrac{1}{4},\lmfrac{1}{4},-\lmfrac{1}{4},\,\,\lmfrac{1}{8},\lmfrac{1}{8},\lmfrac{1}{8},\lmfrac{1}{8},-\lmfrac{1}{4},
\underset{8-\operatorname{Mal}}{\underbrace{\lmfrac{1}{16},\dots,\lmfrac{1}{16}}},-\lmfrac{1}{8},
\underset{16-\operatorname{Mal}}{\underbrace{\lmfrac{1}{32},\dots,\lmfrac{1}{32}}},\left.-\lmfrac{1}{8},\dots\right),\]
d.h.\ wir schreiben immer als `Block' die $2^k$ Folgenglieder $\frac{1}{2^k}$ und dann schreiben wir die $k$-te negative Zahl der urspr\"unglichen Folge.
\footnote{Wir k\"onnen die Umordnung auch pr\"azise mithilfe einer Bijektion $\tau$ angeben. Wir setzen dazu $m_k:=(2^{k-1}-1)+k-1$ und wir definieren
\[ \begin{array}{rcl} \tau\colon \N&\to &\N\\
n&\mapsto &\left\{ \begin{array}{ll} 2(n-k), &\mbox{ falls es ein $k$ mit  }n\in \{m_{k}+1,\dots m_{k+1}-1\}\mbox{ gibt}\\ 2(k-1)-1, &\mbox{ falls es ein $k$ mit }n=m_k\mbox{ gibt}.\end{array} \right.\end{array} \]
Man kann leicht nachweisen, dass dies ist  eine Bijektion ist.
(In der Tat kommt jede gerade Zahl genau einmal als $\tau(n)$ auf und auch jede ungerade Zahl erscheint genau einmal als $\tau(n)$.)
Dann gilt in der Tat, dass 
\[ (a_{\tau(n)})_{n\in \N}=\left( \lmfrac{1}{2}\right.,-\lmfrac{1}{2},\,\,\lmfrac{1}{4},\lmfrac{1}{4},-\lmfrac{1}{4},\,\,\lmfrac{1}{8},\lmfrac{1}{8},\lmfrac{1}{8},\lmfrac{1}{8},-\lmfrac{1}{4},
\underset{8-\operatorname{Mal}}{\underbrace{\lmfrac{1}{16},\dots,\lmfrac{1}{16}}},-\lmfrac{1}{8},
\underset{16-\operatorname{Mal}}{\underbrace{\lmfrac{1}{32},\dots,\lmfrac{1}{32}}},\left.-\lmfrac{1}{8},\dots\right).\]}
Wir wollen nun zeigen, dass diese umgeordnete Reihe divergiert. Es gen\"ugt zu zeigen, dass die Folge der Partialsummen der umgeordneten Reihe unbeschr\"ankt ist. 
F\"ur $n\in \N$  betrachten wir dazu die Summe der ersten 
\[ (1+1)+(2+1)+(2^2+1)+(2^3+1)+\dots+(2^n+1)\] 
Reihenglieder der umgeordneten Reihe. Diese Summe betr\"agt
\[ \begin{array}{rcl} &&\lmfrac{1}{2}+\,\underset{=\tmfrac{1}{2}}{\underbrace{\lmfrac{1}{4}+\lmfrac{1}{4}}}\,+\,
\underset{=\tmfrac{1}{2}}{\underbrace{\lmfrac{1}{8}+\lmfrac{1}{8}+\lmfrac{1}{8}+\lmfrac{1}{8}}}+\,\dots\,+\underset{=\tmfrac{1}{2}}{\underbrace{\lmfrac{1}{2^{n+1}}+\dots+\tmfrac{1}{2^{n+1}}}}
\,\,\,\underset{\tiny \begin{array}{c}\operatorname{die\,ersten}\,n\,\operatorname{negativen}\\\operatorname{Reihenglieder\,der}\\\operatorname{ursprunglichen\,Reihe}\end{array} }{\underbrace{-\lmfrac{1}{2}-\lmfrac{1}{4}-\lmfrac{1}{4}-\lmfrac{1}{8}\dots }}\\[2mm]
&=& \lmfrac{1}{2}(n-1)\,\,\,\,-\lmfrac{1}{2}\,\,\,\,\,\underset{(n-1)-\operatorname{Summanden}\,\geq -\frac{1}{4}}{\underbrace{-\lmfrac{1}{4}-\lmfrac{1}{4}-\lmfrac{1}{8}\dots }}\\[2mm]
&\geq & \lmfrac{1}{2}(n-1)-\lmfrac{1}{2}-\lmfrac{1}{4}(n-1)\\[2mm]
&= & \lmfrac{1}{4}(n-1)-\lmfrac{1}{2}.\end{array} \]
\footnote{
Auch dieses Argument kann noch etwas pr\"aziser formuliert werden. 
F\"ur $k\in \N$  betrachten wir  die $m_k$-te Partialsumme:
\[ \sum\limits_{j=1}^{m_k} a_{\tau(j)}=\sum\limits_{i=1}^{2^{k-1}-1}a_{2i}+\sum\limits_{i=1}^ka_{2k-1}
>k\cdot \frac{1}{2}-\frac{1}{2}+\sum\limits_{i=2}^k\frac{-1}{2^i}\geq \frac{k-1}{2}-\frac{k-2}{4}\geq \frac{k-1}{4}. \]
Wir sehen also, dass die Folge der Partialsummen der umgeordneten Reihe $\sum_{n=1}^\infty a_{\tau(n)}$ unbeschr\"ankt ist.}
Es folgt, dass die Partialsummen der umgeordneten Reihen nicht beschr\"ankt sind, d.h.\ die umgeordnete Reihe  divergiert.

Es gilt sogar folgende viel st\"arkere Aussage:

\begin{satz}$($\emph{Riemannscher Umordnungssatz}$)$
Es sei $\sum_{n=1}^\infty a_n$ eine Reihe welche konvergiert, aber nicht absolut konvergiert.
Dann gibt es  f\"ur jedes $x\in \R$ eine Umordnung, so dass die umgeordnete Reihe gegen $x$ konvergiert.
\end{satz}

Wir werden diesen Satz nicht verwenden, und  wir werden ihn daher auch nicht beweisen. Die Beweisidee ist sehr h\"ubsch auf 
\[ \mbox{\url{http://de.wikipedia.org/wiki/Riemannscher_Umordnungssatz}}\]
skizziert.

Wir haben jetzt also gesehen, dass eine Umordnung das Konvergenzverhalten v\"ollig ab\"andern kann. 
Der folgende Satz besagt nun, dass dieses Problem nicht auftaucht, wenn wir  eine absolut konvergenten Reihe umordnen.

\begin{satz}\label{satz:umordnung} $($\emph{Umordnungssatz}$)$
Es sei $\sum_{n=1}^\infty a_n$ eine Reihe, welche absolut konvergiert, dann konvergiert auch jede Umordnung von $\sum_{n=1}^\infty a_n$ absolut gegen denselben Grenzwert.
\end{satz}

Wir werden diesen Satz im weiteren Verlauf der Vorlesung nicht ben\"otigen. Wir haben deswegen den Satz in der Vorlesung nicht bewiesen. Der Vollst\"andigkeithalber geben wir hier im Skript den Beweis. 

Im Beweis vom Umordungssatz werden wir folgendes Lemma verwenden.

\begin{lemma}\label{lemma:restgegennull}
 Es sei $\sum_{n=1}^\infty a_n$ eine konvergente Reihe. Dann gibt es zu jedem $\epsilon>0$ ein $N\in \N$, so dass
\[ \left|\sum_{n=N}^\infty a_n \right| <\epsilon.\]
\end{lemma}

\begin{proof}
Es sei also $\sum_{n=1}^\infty a_n$ eine konvergente Reihe.  Wie \"ublich bezeichnen wir mit 
$s_k=\sum_{n=1}^k a_n$ die $k$-te Partialsumme der Reihe  $\sum_{n=1}^\infty a_n$.
Nachdem die Reihe konvergiert bilden die Partialsummen  eine Cauchy-Folge. Insbesondere gibt es ein $N\in \N$, so dass  f\"ur alle $k,l\geq N-1$ gilt: $|s_k-s_l|<\frac{\epsilon}{2}$. 

Insbesondere gilt f\"ur alle $k\geq N$, dass 
\[ \left|\sum_{n=N}^k a_n\right|\,\,=\,\,|s_k-s_{N-1}|\,\,<\,\,\lmfrac{\epsilon}{2}.\]
Es folgt dann aus Lemma~\ref{satz:kleinergleich}, dass 
\[\left|\sum_{n=N}^\infty a_n \right|\,\,=\,\,\lim_{k\to \infty} \left|\sum_{n=N}^k a_n\right|\,\,=\,\,\lim_{k\to \infty} |s_k-s_N|\,\,\leq\,\, \frac{\epsilon}{2}<\epsilon.\]
\end{proof}

Wir wenden uns nun dem Beweis vom Umordnungssatz zu.

\begin{proof}
Es sei $\sum_{n=1}^\infty a_n$ eine Reihe, welche absolut  konvergiert und es sei $\tau\colon \N\to \N$ eine Bijektion.
Wir m\"ussen zeigen, dass 
\[ \sum_{n=1}^\infty a_{\tau(n)}\,\, =\,\, a\,\,:=\,\,\sum_{n=1}^\infty a_n.\]
 Es sei also $\epsilon>0$ gegeben. Wir m\"ussen ein $N$ finden, so dass
\[ \left|\sum_{k=1}^na_{\tau(k)}\,\,\ -a\right|\,\,<\,\,\epsilon\]
f\"ur alle $n\geq N$.

Nach Voraussetzung konvergiert die Reihe $\sum_{n=1}^\infty |a_n|$.  Lemma~\ref{lemma:restgegennull} besagt nun, dass es 
 ein $K\in \N$ gibt, so dass\footnote{Dieser Anfang vom Beweis erscheint vielleicht etwas `aus der Luft gegriffen', aber irgendwann Mal m\"ussen wir ja die Voraussetzung verwenden, und mit dem $\frac{\epsilon}{2}$-Trick sind wir bis jetzt immer wieder gut gefahren.}
\[ \sum_{k=K}^\infty |a_k|\,\,<\,\,\frac{\epsilon}{2}.\]
Wir m\"ussen im Folgenden also den Betrag $\left|\sum_{k=1}^na_{\tau(k)}-a\right|$ `klein kriegen'. Nachdem wir Information \"uber die Partialsummen der Reihe $\sum_{k=0}^\infty a_k$ besitzen, ist es sinnvoll, diese ins Spiel zu bringen.
F\"ur beliebiges $n$ machen wir dazu folgende Absch\"atzung
\[ \begin{array}{rcl} \left|\sum\limits_{k=1}^na_{\tau(k)} -a\right|&= & \left|\sum\limits_{k=1}^na_{\tau(k)} \,\,-\,\,\sum\limits_{k=1}^{K-1}a_{k}\,\,+\,\,\sum\limits_{k=1}^{K-1}a_{k}\,\,-\,\,a\right|\\[2mm]
&\leq & \left|\sum\limits_{k=1}^na_{\tau(k)} \,\,-\,\,\sum\limits_{k=1}^{K-1}a_{k}\right|+\left|a-\sum\limits_{k=1}^{K-1}a_{k}\right|\\[2mm]
&= & \left|\sum\limits_{k=1}^na_{\tau(k)} \,\,-\,\,\sum\limits_{k=1}^{K-1}a_{k}\right|+\left|\sum\limits_{k=K}^\infty a_k\right|\\[2mm]
&\leq &\left|\sum\limits_{k=1}^na_{\tau(k)} \,\,-\,\,\sum\limits_{k=1}^{K-1}a_{k}\right|+\sum\limits_{k=K}^\infty |a_k|\\[2mm]
&< &\left|\sum\limits_{k=1}^na_{\tau(k)} \,\,-\,\,\sum\limits_{k=1}^{K-1}a_{k}\right|+\smfrac{\epsilon}{2}.\end{array} \]
Wir m\"ussen also jetzt noch ein $N$ finden, so dass f\"ur alle $n\geq N$ der erste Summand $\leq \frac{\epsilon}{2}$ ist.

Die Idee ist nun $n$ so gro\ss\, zu w\"ahlen, dass alle Summanden von der Summe $\sum_{k=1}^{K-1}a_{k}$ auch in der Summe $\sum\limits_{k=1}^na_{\tau(k)} $ auftreten. 
Nachdem $\tau$ eine Bijektion ist, existiert ein $N\in \N$, so dass
\footnote{Wir k\"onnen beispielsweise  $N=\max\{\tau^{-1}(1),\dots,\tau^{-1}(K-1)\}$ w\"ahlen.}
\begin{equation} \label{equ1} \{1,2,\dots,K-1\} \,\,\subset\,\, \{\tau(1),\tau(2),\dots,\tau(N)\}.\end{equation}
Dann gilt f\"ur alle $n\geq N$, dass
\[ \begin{array}{rcll} \left|\sum\limits_{l=1}^na_{\tau(l)} \,\,-\,\,\sum\limits_{k=1}^{K-1}a_{k}\right|&=&
\left|\sum\limits_{k=1,\dots,n\operatorname{ mit }\tau(k)\geq K}a_{\tau(k)}\right|\quad &\begin{array}{l}\mbox{denn zu jedem $k\in \{1,\dots,K-1\}$}\\\mbox{gibt es ein $l\in \{1,\dots,n\}$ mit $\tau(l)=k$}\end{array} \\[2mm]
&\leq &\sum\limits_{k=1,\dots,n\operatorname{ mit }\tau(k)\geq K}|a_{\tau(k)}|&\mbox{Dreiecksungleichung}\\[2mm]
&\leq &\sum\limits_{k=K}^\infty |a_k|&\\
&<&\tmfrac{\epsilon}{2}&\mbox{nach Wahl von $K$}.\end{array} \]
Zusammengefa\ss t erhalten wir also, dass f\"ur alle $n\geq N$ gilt:
\[  \left|\sum\limits_{k=1}^na_{\tau(k)} -a\right|<\frac{\epsilon}{2}+\frac{\epsilon}{2}=\epsilon.\]
Wir haben damit gezeigt, dass die Umordnung von $\sum_{n=1}^\infty a_n$ auch gegen $\sum_{n=1}^\infty a_n$ konvergiert.


Es verbleibt zu zeigen, dass $\sum_{n=1}^\infty a_n$ auch absolut konvergiert. Aber dies folgt aus dem obigen Beweis, wenn wir $\sum_{n=1}^\infty |a_n|$ anstatt  $\sum_{n=1}^\infty a_n$ betrachten.
\end{proof}



%================================
\subsection{Das Cauchy-Produkt f\"ur absolut konvergente Reihen}

F\"ur endliche Summen gilt folgendes Distributivgesetz:
\[ \left(\sum\limits_{p=0}^k a_p \right)\cdot \left(\sum\limits_{q=0}^l b_q\right)=\sum_{p=0}^{k}\,\sum_{q=0}^{l} a_pb_q,\]
denn jedes Produkt $a_pb_q$ taucht auf der rechten Seite genau einmal auf. 
Man kann sich nun fragen, ob eine \"ahnliche Aussage f\"ur Reihen gilt. 
Es seien beispielsweise  $\sum_{p=0}^\infty a_p$ und $\sum_{q=0}^\infty b_q$ konvergente Reihen.
Gilt dann notwendigerweise, dass
\[  \left(\sum\limits_{p=0}^\infty a_p\right) \cdot \left(\sum\limits_{q=0}^\infty b_q\right) \,\,= \,\, \sum_{n=0}^\infty \sum\limits_{k=0}^n a_kb_{n-k} \,\,?\]
Auf den ersten Blick erscheint das ziemlich logisch, denn auf der rechten Seite taucht jedes Produkt $a_pb_q$ genau einmal auf.

In \"Ubungsblatt~6 werden wir sehen, dass die Antwort im Allgemeinen jedoch nein ist. Genauer gesagt, wir werden sehen, dass  es konvergente Reihen $\sum_{p=0}^\infty a_p$ und $\sum_{q=0}^\infty b_q$ gibt, so dass 
\[  \left(\sum\limits_{p=0}^\infty a_p\right) \cdot \left(\sum\limits_{q=0}^\infty b_q\right) \,\,\ne \,\, \sum_{n=0}^\infty \sum\limits_{k=0}^n a_kb_{n-k}.\]
In der Tat gibt es Reihen, so dass die Reihe auf der rechten Seite noch nicht einmal konvergiert.

Der folgende Satz besagt nun, dass dieses Problem nicht auftreten kann, wenn die beiden urspr\"unglichen Reihen absolut konvergent sind.

\begin{satz}\label{satz:abc}
Es seien $\sum_{n=0}^\infty a_n$ und $\sum_{n=0}^\infty b_n$ Reihen, welche absolut konvergieren.
Dann gilt
\[  \left(\sum_{p=0}^\infty a_p\right)\left(\sum_{q=0}^\infty b_q\right)\,\,=\,\,\sum_{n=0}^\infty \sum_{k=0}^n a_kb_{n-k}.\]
\end{satz}

Die Reihe $\sum_{n=0}^\infty \sum_{k=0}^n a_kb_{n-k}$ wird manchmal auch das \emph{Cauchy-Produkt} der Reihen $\sum_{p=0}^\infty a_p$ und $\sum_{q=0}^\infty b_q$ genannt.
Im Beweis von Satz~\ref{satz:abc} werden wir folgendes einfaches Lemma ben\"otigen.

\begin{lemma}\label{lem:halfindex}
Es sei  
\begin{align*}
\begin{array}{rcl} \hspace{5cm}(a_n)_{n\in \N_0}&=&(a_0,a_1,a_2,a_3,\dots) 
\intertext{eine konvergente Folge, dann konvergiert auch die Folge }
\Big(a_{\lfloor \frac{n}{2}\rfloor}\Big)_{n\in \N_0}&=&(a_0,a_0,a_1,a_1,a_2,a_2,\dots)\end{array} \end{align*}
 gegen die gleiche reelle Zahl.
\end{lemma}

\begin{proof}[Beweis von Lemma~\ref{lem:halfindex}]
Wir setzen $a=\lim_{n\to \infty} a_n$. Wir wollen nun also zeigen, dass $\lim_{n\to \infty} a_{\lfloor \frac{n}{2}\rfloor}=a$. 
Es sei also $\epsilon>0$. Dann existiert nach Voraussetzung ein $N\in \N$, so dass $|a_n-a|<\epsilon$ f\"ur alle $n\geq N$. 
Dann gilt aber auch f\"ur alle $n\geq 2N$, dass $|a_{\lfloor \frac{n}{2}\rfloor}-a|<\epsilon$.
\end{proof}

\begin{proof}[Beweis von Satz~\ref{satz:abc}]
F\"ur $n\in \N$ schreiben wir
\[ \begin{array}{rcl} Q_n&:=&\{ (p,q)\in \N_0\times \N_0\,|\, p\leq n\mbox{ und }q\leq n\},\mbox{ sowie }\\
D_n&:=&\{ (p,q)\in \N_0\times \N_0\,|\, p+q\leq n\}.\end{array} \]
Anders ausgedr\"uckt, die Menge $Q_n$ beschreibt das `Quadrat' in $\N_0\times \N_0$ mit den Eckpunkten $(0,0), (0,n),(n,0)$ und $(n,n)$, und die Menge $D_n$ beschreibt das `Dreieck' in $\N_0\times \N_0$ mit den Eckpunkten $(0,0), (0,n)$ und $(n,0)$. F\"ur jedes  $n$ gilt, dass $Q_{\lfloor \frac{n}{2}\rfloor}\subset D_n\subset Q_n$. 

Es seien nun $\sum_{p=0}^\infty a_p$ und $\sum_{q=0}^\infty b_q$ absolut konvergente Reihen.
Es folgt aus  Satz  \ref{satz:limsum} und aus dem Distributivgesetz, dass 
\begin{align*}
 \begin{array}{rrclllllll} (\operatorname{a})&\left(\sum\limits_{p=0}^\infty a_p\right)\left(\sum\limits_{q=0}^\infty b_q\right)&=&\underset{n\to \infty}{\lim} \left(\sum\limits_{p=0}^n a_p\right)\left(\sum\limits_{q=0}^n b_q\right)&=&\underset{n\to \infty}{\lim} \sum\limits_{(p,q)\in Q_n} a_pb_q,\mbox{ und }\\[3mm]
(\operatorname{b})&\left(\sum\limits_{p=0}^\infty |a_p|\right)\left(\sum\limits_{q=0}^\infty |b_q|\right)&=&\underset{n\to \infty}{\lim} \left(\sum\limits_{p=0}^n |a_p|\right)\left(\sum\limits_{q=0}^n |b_q|\right)&=&\underset{n\to \infty}{\lim} \sum\limits_{(p,q)\in Q_n} |a_pb_q|
\intertext{Zudem ist}
(\operatorname{c})& \sum\limits_{d=0}^\infty \sum\limits_{k=0}^d a_kb_{d-k}&=&
\underset{n\to \infty}{\lim} \sum\limits_{d=0}^n \sum\limits_{k=0}^d a_kb_{d-k}&=&
\underset{n\to \infty}{\lim} \sum\limits_{(p,q)\in D_n}a_pb_q.\end{array} \end{align*}
Nach (a) und (c)  gen\"ugt es zu zeigen, dass 
\[ \lim_{n\to \infty} \left|   \sum\limits_{(p,q)\in Q_n} a_pb_q-\sum\limits_{(p,q)\in D_n}a_pb_q\right|=0.\]
Es ist
\begin{align*} \begin{array}{rcll}&&\underset{n\to \infty}{\lim} \left|   \sum\limits_{(p,q)\in Q_n} a_pb_q-\sum\limits_{(p,q)\in D_n}a_pb_q\right|\\[3mm]
&=&
\underset{n\to \infty}{\lim}   \Bigg| \sum\limits_{(p,q)\in Q_n\setminus D_n} a_pb_q\Bigg|&\mbox{nachdem $D_n\subset Q_n$}\\[2mm]
&\leq &\underset{n\to \infty}{\lim}   \sum\limits_{(p,q)\in Q_n\setminus D_n} | a_pb_q|&\mbox{Dreiecksungleichung}\\[2mm]
&\leq &\underset{n\to \infty}{\lim}   \sum\limits_{(p,q)\in Q_n\setminus Q_{\lfloor \frac{n}{2}\rfloor}} | a_pb_q|&\mbox{nachdem $Q_n\setminus  D_n\subset Q_n\setminus Q_{\lfloor \frac{n}{2}\rfloor}$}\\
&=&\underset{n\to \infty}{\lim} \Bigg(  \sum\limits_{(p,q)\in Q_n} | a_pb_q|- \sum\limits_{(p,q)\in Q_{\lfloor \frac{n}{2}\rfloor}} | a_pb_q|\Bigg)\\
&=&*\intertext{Um die Notation etwas zu vereinfachen, setzen wir}
\hspace{1cm}c_n&:=& \sum\limits_{(p,q)\in Q_n} | a_pb_q|
\intertext{In (b) hatten wir gesehen, dass die Folge $(c_n)$ konvergiert. Mit dieser Notation k\"onnen wir jetzt die obige Absch\"atzung weiterf\"uhren}
*&=&\underset{n\to \infty}{\lim} \left( c_n \,\,-\,\,c_{\lfloor \frac{n}{2}\rfloor}\right)\\[2mm]
&=&\underset{n\to \infty}{\lim} c_n \,\,-\,\,\underset{n\to \infty}{\lim} c_{\lfloor \frac{n}{2}\rfloor}\\[2mm]
&=&0.\hspace{4cm}\mbox{nach Lemma~\ref{lem:halfindex}}
\end{array} \end{align*}


\end{proof}


%================================
\subsection{Die Exponentialreihe}
In diesem Kapitel f\"uhren wir die Exponentialreihe ein, welche zusammen mit der geometrischen Reihe eine der wichtigsten Reihen \"uberhaupt ist.

\begin{satz}\label{satz:expkonv}
F\"ur jedes $x\in \R$ ist die Reihe
\[ \sum_{n=0}^\infty \frac{x^n}{n!}\,\,=\,\,\lim_{k\to \infty} \left(1+x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3!}+\dots+\frac{x^{k}}{k!}\right) \]
absolut konvergent.
\end{satz}

\begin{definition}
F\"ur $x\in \R$  schreiben wir
\begin{align*}
\begin{array}{rcll}
\hspace{3.5cm} \exp(x)&:=&\sum\limits_{n=0}^\infty \lmfrac{x^n}{n!},\quad & \mbox{ genannt die \emph{Exponentialreihe von $x$.} }
\intertext{Wir definieren zudem}
 e&:=&\exp(1),& \mbox{ genannt die \emph{Eulersche Zahl}.}
\intertext{Eine Computerberrechnung 
zeigt, dass }
e&\approx& 2.7182818284590\dots  \end{array} \end{align*}
\footnote{Die ersten 50 Stellen der Eulerschen Zahl sind
\[e \approx  2.71828182845904523536028747135266249775724709369995\]
Hierbei ist bei den Stellen kein `System' zu erkennen. Das legt den Schlu\ss \, nahe, dass $e$ wohl keine rationale Zahl ist. Dies ist in der Tat der Fall, der Beweis dazu ist sogar relativ einfach:
\[ \texttt{http://de.wikipedia.org/wiki/Beweis\_der\_Irrationalit\"at\_der\_eulerschen\_Zahl}\]
Es gilt allerdings auch noch eine deutlich st\"arkere Aussage: die Eulersche Zahl $e$ ist transzendental, d.h.\ $e$ kann nicht die Nullstelle von einem Polynom sein. Diese Aussage wurde erst 1873 von Hermite bewiesen, also 150 Jahre nachdem die Eulersche Zahl eingef\"uhrt wurde.
}
\end{definition}

\begin{proof}
Wir schreiben $a_n:=\frac{x^n}{n!}$.
Dann gilt
\begin{align*}
\begin{array}{rcl}
\hspace{5cm}
\left|\lmfrac{a_{n+1}}{a_n}\right|&=&\left|\lmfrac{x^{n+1}n!}{x^n(n+1)!}\right|\,\,=\,\,\lmfrac{|x|}{n+1}.
\intertext{Insbesondere gilt f\"ur alle $n\geq N:=\lceil 2|x|\rceil $, dass}
  \left|\lmfrac{a_{n+1}}{a_n}\right|&=&\lmfrac{|x|}{n+1}\,\,\leq\,\, \lmfrac{1}{2}.\end{array} \end{align*}
Es folgt nun aus dem Quotienten-Kriterium (Satz~\ref{satz:quotkrit}) angewandt auf $\theta=\frac{1}{2}$ und aus Bemerkung \ref{bem:reichtabn}, dass die Reihe 
\[ \sum\limits_{n=N}^\infty a_n\,\,=\,\,\sum\limits_{n=N}^\infty \frac{x^n}{n!}\]
absolut konvergiert. 
Also konvergiert nach Lemma~\ref{lem:reiheabn} auch die Reihe $\sum_{n=0}^\infty \frac{x^n}{n!}$ absolut.
\footnote{Warum macht  Lemma~\ref{lem:reiheabn}  eine Aussage \"uber absolute Konvergenz?}
\end{proof}

\begin{theorem}\label{thm:expxy}
F\"ur alle $x,y\in \R$ gilt
\[ \exp(x+y)=\exp(x)\cdot \exp(y).\]
\end{theorem}

\begin{proof}
Es seien also $x,y\in \R$ gegeben. Dann gilt
\[ \begin{array}{rcll} \exp(x)\cdot \exp(y)&=&\left(\sum\limits_{p=0}^\infty \smfrac{x^p}{p!}\right)\left(\sum\limits_{q=0}^\infty \smfrac{y^q}{q!}\right)\\[2mm]
&=&\sum\limits_{n=0}^\infty \sum\limits_{k=0}^n \smfrac{x^k}{k!}\cdot \smfrac{y^{n-k}}{(n-k)!} &\mbox{nach Satz~\ref{satz:abc}}\\[2mm]
&=&\sum\limits_{n=0}^\infty\smfrac{1}{n!} \sum\limits_{k=0}^n \begin{pmatrix}n \\ k \end{pmatrix}x^ky^{n-k} \quad &\mbox{nach Definition von }\begin{pmatrix}n \\ k \end{pmatrix}\\
&=&\sum\limits_{n=0}^\infty\smfrac{1}{n!} (x+y)^n &\mbox{nach Satz~\ref{satz:binomisch}}\\[2mm]
&=&\exp(x+y).\end{array} \]
\end{proof}


% Ende 12. Vorlesung (allerdings noch ohne Beweis von Konvergenz der Exp-Reihe

\begin{satz}\label{satz:exp}Die Exponentialreihe hat folgende Eigenschaften:
\begin{enumerate}
\item Es ist $\exp(0)=1$,
\item F\"ur alle $x\in \R$ gilt $\exp(-x)=\frac{1}{\exp(x)}$,
\item f\"ur alle $x>0$ gilt $\exp(x)\in (1,\infty)$,
\item f\"ur alle $x<0$ gilt $\exp(x)\in (0,1)$,
\item f\"ur jedes $n\in \N$ gilt $\exp(n)=e^n$.
\end{enumerate}
\end{satz}

\begin{proof}\mbox{}
\begin{enumerate}
\item Durch Einsetzen von $x=0$ in die Exponentialreihe, erh\"alt man sofort, dass $\exp(0)=1$.
\item
Es folgt aus Theorem \ref{thm:expxy}, dass
\[\exp(-x) \exp(x)\,\,=\,\,\exp(-x+x)\,\,=\,\,\exp(0)\,\,=\,\,1.\]
\item Es sei also $x> 0$. Dann gilt
\[ \begin{array}{rcll} \exp(x)= \sum\limits_{n=0}^\infty \frac{x^n}{n!}
&=&1+x+\sum\limits_{n=2}^\infty \frac{x^n}{n!}\\
&=&1+x+\lim_{k\to\infty} \sum\limits_{n=2}^k \frac{x^n}{n!}\\
&\geq &1+x\,\,>\,\,1&\mbox{nach  Satz~\ref{satz:kleinergleich} da $x>0$}.\end{array} \]
\item F\"ur $x<0$ folgt die Aussage nun aus (2) und (3).
\item Es folgt wiederum aus Theorem \ref{thm:expxy}, dass
\[ \exp(n)\,\,=\,\,\exp(\underset{n-\operatorname{Mal}}{\underbrace{1+\dots+1}})\,\,=\,\,\underset{n-\operatorname{Mal}}{\underbrace{\exp(1)\cdot \dots\cdot \exp(1)}}\,\,=\,\,\underset{n-\operatorname{Mal}}{\underbrace{e\cdot \dots \cdot e}}\,\,=\,\,e^n.\]
\end{enumerate}
\end{proof}



\newpage

%================================
\section{Stetige Funktionen}

%================================
\subsection{Definition von Stetigkeit und erste Eigenschaften}
Wir hatten uns bislang ausf\"uhrlich mit Folgen und Reihen besch\"aftigt aber jetzt wenden wir uns endlich dem eigentlichen Ziel der Analysis zu, n\"amlich dem Studium von Funktionen. 

\begin{definition}
Eine \emph{Funktion} ist eine Abbildung $f\colon  D\to \R$, wobei $D$ eine Teilmenge von $\R$ ist. Wir nennen $D$ den \emph{Definitionsbereich von $f$.} Zudem bezeichnen wir 
\[ \operatorname{Graph}(f):=\{ (x,f(x))\in \R^2\,|\, x\in D\} \]
als den \emph{Graphen von $f$}.
\end{definition}

Im Folgenden  betrachten wir mehrere Beispiele von Funktionen und deren dazugeh\"orige Graphen.
Wie bei Folgen sehen wir dabei, dass der Phantasie bei der Definition von Funktion keine Grenzen gesetzt sind.
\begin{figure}[h]
\begin{center}
\input{graphs1.pstex_t}
\end{center}
\end{figure}
\vspace{-0.5cm}
\begin{figure}[h]
\begin{center}
\input{graphs2.pstex_t}
\end{center}
\end{figure}
\begin{figure}[h]
\begin{center}
\input{graphs3.pstex_t}
\end{center}
\end{figure}
\vspace{-0.5cm}
\begin{figure}[h]
\begin{center}
\input{graphs4.pstex_t}
\end{center}
\end{figure}


\begin{definition}
Es sei $f\colon  D\to \R$ eine Funktion und $x_0\in D$. Wir sagen, \emph{$f$ ist stetig im Punkt $x_0$}, wenn es zu jedem $\epsilon>0$ ein $\delta>0$ gibt, so dass
f\"ur alle $x\in D$ mit $|x-x_0|<\delta$ gilt:
\[ |f(x)-f(x_0)|\,\,<\,\,\epsilon.\]
In Quantorenschreibweise gilt also
 \[ \mbox{$f$ ist stetig im Punkt $x_0$}\quad :\Longleftrightarrow \quad
  \underset{\epsilon>0}{\bigforall} \,\,\underset{\delta>0}{\bigexists} \,\,\underset{{\tiny \begin{array}{c}x\in D\,\operatorname{mit}\\|x-x_0|<\delta\end{array}}}{\bigforall} \,|f(x)-f(x_0)|<\epsilon.\]
Wir sagen \emph{$f\colon  D\to \R$ ist stetig}, wenn $f$ in jedem Punkt des Definitionsbereichs stetig ist.
\end{definition}

Die Definition der Stetigkeit hat eine gewisse \"Ahnlichkeit mit der Definition der Konvergenz von Folgen.
\footnote{Hier sind zum Vergleich noch einmal beide Definitionen:
\[ \begin{array}{rccccl} \mbox{$f$ ist stetig im Punkt $x_0$}& :\Longleftrightarrow &
  \underset{\epsilon>0}{\bigforall} &\underset{\delta>0}{\bigexists} &\underset{{\tiny \begin{array}{c}x\in D\,\operatorname{mit}\\|x-x_0|<\delta\end{array}}}{\bigforall} &|f(x)-f(x_0)|<\epsilon\\[2mm]
  \underset{n\to \infty}{\lim} a_n=a & :\Longleftrightarrow &
    \underset{\epsilon>0}{\bigforall} &\underset{N>0}{\bigexists} &\underset{n\geq N}{\bigforall} &|a_n-a|<\epsilon.\end{array} \]}
Die anschauliche Definition von $\lim_{n\to \infty} a_n=a$ war, dass `f\"ur gro\ss e $n$' die Folgenglieder $a_n$  gegen $a$ `streben'.
Die anschauliche Definition von Stetigkeit im Punkt $x_0$ ist nun, dass f\"ur $x$ `nahe an $x_0$' die Funktionswerte $f(x)$ gegen $f(x_0)$ `streben'.

Noch einmal anders gesagt, die anschauliche Bedeutung von Stetigkeit im Punkt $x_0$ ist, dass die Funktion im Punkt $x_0$ keine Sprungstelle besitzt.  Wir werden  im Folgenden in der Tat sehen, dass die Funktionen  $a,\dots,f$ und $j$  stetig sind. Zudem werden wir sehen, dass die Funktion $g$ \"uberall stetig ist, au\ss er im Punkt $x_0=0$. Im Moment ist es vielleicht weniger klar, wie es mit der Stetigkeit der Funktionen  $h$ und $i$ bestellt ist.

Das folgende Lemma zeigt, dass die zwei einfachsten Funktionen \"uberhaupt stetig sind.


\begin{lemma}\label{lem:basisstetig}
\mbox{}
\begin{enumerate}
\item Die Funktion
\[ \begin{array}{rcl} f\colon  \R&\to & \R \\ x&\mapsto & x \end{array} \] ist stetig.
\item Es sei $c\in \R$, dann ist die konstante Funktion
\[ \begin{array}{rcl} g\colon  \R&\to & \R \\ x&\mapsto & c \end{array} \] stetig.
\end{enumerate}
\end{lemma}

\begin{proof}\mbox{}
\begin{enumerate}
\item Es sei $x_0\in \R$ und $\epsilon>0$ gegeben. Wir setzen $\delta=\epsilon$. Dann gilt
\[ |x-x_0|<\delta \,\,\Rightarrow \,\,|f(x)-f(x_0)|<\delta =\epsilon.\]
\item Es sei $x_0\in \R$ und $\epsilon>0$ gegeben. Dann hat jedes $\delta>0$ die gew\"unschte Eigenschaft.
\end{enumerate}
\end{proof}

\begin{beispiel}
\begin{enumerate}
\item
Wenden wir uns nun der Funktion
\[ \begin{array}{rcl} g\colon  \R&\to &\R \\ x&\mapsto &\left\{ \begin{array}{rl} -1,&\mbox{wenn }x<0,\\0,&\mbox{wenn }x=0,\\1,&\mbox{wenn }x>0\end{array} \right.\end{array}\]
zu. Vom Graphen her hat die Funktion im Punkt $x_0=0$ eine Sprungstelle. Wir wollen nun zeigen, dass unsere abstrakte Definition dies auch erkennt. Wir wollen also zeigen, dass $g$ im Punkt $x_0$ nicht stetig ist.
Die \"ubliche Methode Aussagen mit Quantoren zu verneinen gibt uns die allgemeine Aussage
\begin{align*}
\begin{array}{rclllllllll}
\hspace{1cm}
  \mbox{$f\colon  D\to \R$ ist nicht stetig im Punkt $x_0$}&:\Leftrightarrow &
  \underset{\epsilon>0}{\bigexists} \,\,\underset{\delta>0}{\bigforall} \,\,\underset{{\tiny \begin{array}{c}x\in D\,\operatorname{mit}\\|x-x_0|<\delta\end{array}}}{\bigexists} \,|f(x)-f(x_0)|\geq \epsilon.
\intertext{In unserem Beispiel vereinfacht sich das etwas zu}
 \mbox{$g\colon  \R\to \R$ ist nicht stetig im Punkt $0$}&:\Leftrightarrow &
  \underset{\epsilon>0}{\bigexists} \,\,\underset{\delta>0}{\bigforall} \,\,\underset{|x|<\delta}{\bigexists} \,|g(x)|\geq \epsilon.\end{array} \end{align*}
Wir w\"ahlen beispielsweise $\epsilon=\frac{1}{2}$. Es sei $\delta>0$ beliebig. Dann gilt $x=\frac{\delta}{2}<\delta$, und wir haben die Ungleichung $|g(\frac{\delta}{2})|=1>\frac{1}{2}=\epsilon$. Wir haben also gezeigt, dass die Funktion $g$ im Punkt $x_0=0$ nicht stetig ist.
\item
Ganz analog kann man zeigen, dass die Funktion 
\[ \begin{array}{rcl} k\colon  \R&\to &\R \\
x&\mapsto&\lfloor x\rfloor \end{array} \]
in den Punkten $x_0\in \Z$ nicht stetig ist. 
\item Auf \"ahnliche Weise kann man auch sehen, dass die Funktion 
\[ \begin{array}{rcl} l\colon  \R&\to &\R \\ x&\mapsto &\left\{ \begin{array}{rl} \tmfrac{1}{x},&\mbox{wenn }x\ne 0,\\0,&\mbox{wenn }x=0\end{array} \right.\end{array}\]
im Punkt $x_0=0$ nicht stetig ist.
\end{enumerate}
\end{beispiel}

Das folgende Lemma besagt, dass die Einschr\"ankung einer stetigen Funktion auf eine Teilmenge wiederum stetig ist.
                    
\begin{lemma}\label{lem:einschrankungstetig}
Es sei $D\subset \R$ eine Teilmenge und es sei $f\colon  D\to \R$ eine stetige Funktion.
Dann ist f\"ur jede Teilmenge $E\subset D$ die Einschr\"ankung
\footnote{Wenn $f\colon  A\to B$ irgendeine Abbildung ist, und wenn $C\subset A$ eine Teilmenge ist, dann bezeichnet man in der Mathematik mit $f|_C$ die Einschr\"ankung von $f$ auf $C$. D.h.\ $f|_C$ bezeichnet die Abbildung
\[ \begin{array}{rcl} f|_C\colon  C&\to & B\\
c&\mapsto &f(c).\end{array} \]}
\[ \begin{array}{rcl} f|_E\colon  E&\to & \R \\
x&\mapsto & f(x)\end{array} \]
ebenfalls stetig.
\end{lemma}

\begin{proof}
Es sei $x_0\in E$ und $\epsilon>0$. Dann gibt es nach Voraussetzung ein $\delta>0$, so dass $|f(x)-f(x_0)|<\epsilon$ f\"ur alle $x\in (x_0-\delta,x_0+\delta)\cap D$. Dann gilt diese Ungleichung nat\"urlich auch f\"ur  alle $x\in (x_0-\delta,x_0+\delta)\cap E$. Wir haben also gezeigt, dass die Funktion $f|_E$ stetig im Punkt $x_0$ ist.
\end{proof}

Beispielsweise folgt aus Lemma~\ref{lem:basisstetig} und aus Lemma~\ref{lem:einschrankungstetig}, dass die Funktionen
\[ \begin{array}{rcl} c\colon  [-1,2)&\to & \R \\
x&\mapsto & 1 \end{array} \quad \mbox{ und } \quad \begin{array}{rcl} h\colon  \Z&\to & \R \\
x&\mapsto & x \end{array} \]
stetig sind.

Der folgende Satz besagt insbesondere, dass die Summe und das Produkt von stetigen Funktionen wiederum stetig ist.



\begin{satz}\label{satz:stetigsum}
Es seien $f,g\colon  D\to \R$ Funktionen, welche  im Punkt $x_0\in D$ stetig sind. Dann gilt
\begin{enumerate}
\item Die Funktion
\[ \begin{array}{rcl} f+g\colon  D&\to & \R \\ x&\mapsto & f(x)+g(x) \end{array} \] ist stetig im Punkt $x_0$.
\item Die Funktion
\[ \begin{array}{rcl} f\cdot g\colon  D&\to & \R \\ x&\mapsto & f(x)\cdot g(x) \end{array} \] ist stetig im Punkt $x_0$.
\item Es sei $\l\in \R$, dann ist die Funktion 
\[ \begin{array}{rcl} \lambda  f\colon  D&\to & \R \\ x&\mapsto & \lambda  \cdot f(x) \end{array} \] stetig im Punkt $x_0$.
\item Wenn $g(x)\ne 0$ f\"ur alle $x\in D$, dann ist auch die Funktion
\[ \begin{array}{rcl} \tmfrac{f}{g}\colon  D&\to & \R \\ x&\mapsto & \tmfrac{f(x)}{g(x)} \end{array} \]  stetig im Punkt $x_0$.
\end{enumerate}
\end{satz}

\begin{proof}\mbox{}
\begin{enumerate}
\item[]\textcolor{blue}{ Die Definition von Stetigkeit hat gro\ss e formale \"Ahnlichkeiten mit der Definition der Konvergenz von Folgen. Insbesondere kann man viele Aussagen \"uber die  Konvergenz von Folgen ganz analog auch f\"ur die Stetigkeit von Funktionen beweisen. Der Beweis von Satz~\ref{satz:stetigsum} ist daher ganz \"ahnlich dem Beweis von Satz~\ref{satz:limsum}.}
\end{enumerate}
Es seien $f,g\colon  D\to \R$ Funktionen, welche stetig im Punkt $x_0\in D$ sind.
Zu  jedem $\epsilon_1>0$ existiert also ein $\delta_1>0$, so dass
f\"ur alle $x\in D$ mit $|x-x_0|<\delta_1$ gilt:
\[ |f(x)-f(x_0)|<\epsilon_1,\]
zudem existiert zu  jedem $\epsilon_2>0$  ein $\delta_2>0$, so dass
f\"ur alle $x\in D$ mit $|x-x_0|<\delta_2$ gilt:
\[ |g(x)-g(x_0)|<\epsilon_2.\]
\begin{enumerate}
\item Es sei also $\epsilon>0$ gegeben. Wir m\"ussen zeigen, dass es
ein $\delta>0$ gibt, so dass
f\"ur alle $x\in D$ mit $|x-x_0|<\delta$ gilt:
\[ |(f+g)(x)-(f+g)(x_0)|<\epsilon.\]
Man beachte, dass
\[ \begin{array}{rcl} |(f+g)(x)-(f+g)(x_0)|&=&|f(x)+g(x)-(f(x_0)+g(x_0))|\\
&\leq &|f(x)-f(x_0)|+|g(x)-g(x_0)|.\end{array} \]
Wir setzen jetzt $\epsilon_1=\frac{\epsilon}{2}$ und $\epsilon_2=\frac{\epsilon}{2}$ und nach Voraussetzung
existieren $\delta_1>0$ und $\delta_2>0$, so dass
f\"ur alle $x\in D$ mit $|x-x_0|<\delta_1$ gilt
\[ |f(x)-f(x_0)|<\epsilon_1=\frac{\epsilon}{2},\]
und
f\"ur alle $x\in D$ mit $|x-x_0|<\delta_2$ gilt:
\[ |g(x)-g(x_0)|<\epsilon_2=\frac{\epsilon}{2}.\]
Wir setzen nun $\delta=\min(\delta_1,\delta_2)$. Dann gilt
f\"ur alle $x\in D$ mit $|x-x_0|<\delta$, dass
\[\hspace{1cm} |(f+g)(x)-(f+g)(x_0)|\,\,\leq \,\,|f(x)-f(x_0)|+|g(x)-g(x_0)|\,\,<\,\,\smfrac{\epsilon}{2}+\smfrac{\epsilon}{2}\,\,=\,\,\epsilon.\]
\item Der Beweis dieser Aussage ist formal \"ahnlich zum Beweis von  Satz~\ref{satz:limsum} (2). Der Beweis ist eine \"Ubungsaufgabe im 7.\ \"Ubungsblatt.
\item Diese Aussage folgt  aus Teil (2), angewandt auf die konstante  Funktion $g\colon  D\to \R$, welche definiert ist durch $x\mapsto  \l$, und welche nach Lemma~\ref{lem:basisstetig} stetig ist.
\item Auch dieser Beweis ist formal \"ahnlich zum Beweis von Satz~\ref{satz:limsum} (4). Der Beweis der Aussage ist  eine freiwillige \"Ubungsaufgabe.
\end{enumerate}
\end{proof}

% Ende 13. Vorlesung

Es seien $a_0,\dots,a_n\in \R$ gegeben, dann nennen wir
\begin{align*}
 \begin{array}{rcl} \hspace{3cm} f\colon  \R &\to & \R \\ x&\mapsto & a_0+a_1x+a_2x^2+\dots+a_nx^n 
\intertext{eine \emph{Polynomfunktion}. Es seien $p,q\colon  \R\to \R$ zwei Polynomfunktionen. Dann hei\ss t}
\hspace{3cm}  f\colon  \{ x\in \R \,|\, q(x)\ne 0\} &\to & \R \\ x&\mapsto & \smfrac{p(x)}{q(x)} \end{array} \end{align*}
  eine \emph{rationale Funktion}. Beispielsweise ist 
\[ \begin{array}{rcl} \R\setminus \{\pm \sqrt{2}\} &\to & \R\\
x&\mapsto & \smfrac{x^3+7x+2}{x^2-2}\end{array} \]
eine rationale Funktion. 
Der folgende Satz folgt sofort aus
Lemma~\ref{lem:basisstetig} und Satz~\ref{satz:stetigsum}:

\begin{satz}\label{satz:polystetig}
Polynomfunktionen und rationale Funktionen sind stetig.
\end{satz}

Im 7.\ \"Ubungsblatt werden Sie zudem noch folgende Aussage beweisen.

\begin{satz}\label{satz:stueckelnstetig}
 Es sei $f\colon [a,b]\to \R$ eine stetige Funktion und es sei $g\colon [b,c]\to \R$ eine stetige Funktion mit $f(b)=g(b)$. Dann ist die Funktion
\[ \begin{array}{rcl} h\colon [a,c]&\to & \R \\
x&\mapsto& \left\{ \begin{array}{ll}f(x), &\mbox{ wenn }x\in [a,b],\\
g(x), &\mbox{ wenn }x\in (b,c]\end{array} \right.\end{array} \]
 stetig. Die gleiche Aussage gilt auch, wenn $f$ und $g$ auf Intervallen der Form $(a,b]$ oder $(-\infty,b]$ beziehungsweise $[b,c)$ oder $[b,\infty)$ definiert sind. 
\end{satz}

Es folgt insbesondere aus Satz~\ref{satz:stueckelnstetig}, dass die Funktion
\[\begin{array}{rcl} \R&\to &\R \\ x&\mapsto &\left\{ \begin{array}{rl} x,&\mbox{wenn }x\leq 0,\\ x^2,&\mbox{wenn }x> 0\end{array} \right.\end{array}\]
stetig ist. In der Tat, denn es folgt aus Lemma~\ref{lem:einschrankungstetig} und aus Satz~\ref{satz:polystetig}, dass die Einschr\"ankung von $x\mapsto x$ auf den Definitionsbereich $(-\infty,0]$  stetig ist, und dass die Einschr\"ankung von $x\mapsto x^2$ auf den Definitionsbereich $[0,\infty)$ stetig ist. 
Ganz analog folgt auch, dass die Funktion
\[ \begin{array}{rcl} \R&\to & \R \\ x&\mapsto & |x|=
\left\{ \begin{array}{rl} -x,& \mbox{ falls }x\leq 0 \\ x,&\mbox{ falls }x>0.\end{array} \right.\end{array}  \]
stetig ist.

Wir haben jetzt also gezeigt, dass von den Beispielsfunktionen $a,b,c,\dots,l$ die meisten Funktionen stetig sind. In \"Ubungsblatt 7 werden wir noch zeigen, dass die Funktion
\[\begin{array}{rcl} i\colon  \R&\to &\R \\ x&\mapsto &\left\{ \begin{array}{rl} 1,&\mbox{wenn }x\in \Q,\\ -1,&\mbox{wenn }x\not\in \Q\end{array} \right.\end{array}\]
in keinem Punkt stetig ist.

%====================================================
\subsection{Weitere Beispiele von stetigen Funktionen}
Die obige Abbildung des Graphen der Exponentialfunktion legt nat\"urlich nahe, dass die Exponentialfunktion stetig ist. Dies ist in der Tat der Fall, wie wir jetzt beweisen werden. 


\begin{satz}\label{satz:expstetig}
Die Exponentialfunktion $\exp\colon  \R\to \R$ ist stetig.
\end{satz}

\begin{proof}
Wir wollen zuerst zeigen, dass die Funktion $\exp$ im Punkt $0$ stetig ist. Dazu ben\"otigen wir folgende Absch\"atzung.

\begin{behauptung}
Es sei $|x|<\frac{1}{2}$, dann gilt
\[ |\exp(x)-1|<2|x|.\]
\end{behauptung}

Es sei also $|x|<\frac{1}{2}$. Dann gilt 
\[ \begin{array}{rcll}|\exp(x)-1|\,\,=\,\,\left|\sum\limits_{n=0}^\infty \smfrac{x^n}{n!}\,\,-1\right|
\,\,=\,\,\left|\sum\limits_{n=1}^\infty \smfrac{x^{n}}{n!}\right|
&=&
|x|\cdot \left|\sum\limits_{n=1}^\infty \smfrac{x^{n-1}}{n!}\right|\\[2mm]
&=&
|x|\cdot \left|\sum\limits_{n=0}^\infty \smfrac{x^{n}}{(n+1)!}\right|\\
&\leq& |x|\cdot  \sum\limits_{n=0}^\infty \smfrac{|x|^{n}}{(n+1)!}&\mbox{Dreiecksungleichung}\\
&< & |x|\cdot \sum\limits_{n=0}^\infty \frac{1}{2^n}&\mbox{weil $|x|<\frac{1}{2}$ und $n!\geq 1$}\\[2mm]
&=&|x|\cdot \tmfrac{1}{1-\frac{1}{2}}&\mbox{geometrische Reihe}\\
&=&2|x|.\end{array} \]
Wir haben damit also die Behauptung bewiesen.

Wir wenden uns nun wieder dem Beweis der Stetigkeit von $\exp$ im Punkt $0$ zu. Es sei also $\epsilon>0$. Wir setzen $\delta=\min\{\frac{\epsilon}{2},\frac{1}{2}\}$. Es folgt aus der Behauptung, dass f\"ur alle $|x|<\delta$ gilt
\[ |\exp(x)-\exp(0)|\,\,=\,\,|\exp(x)-1|\,\,<\,\,2|x|\,\,<\,\,2\frac{\epsilon}{2}\,\,=\,\,\epsilon.\]

Wir m\"ussen nun noch zeigen, dass $\exp$ in jedem beliebigen Punkt stetig ist. Es sei also $x_0\in \R$. F\"ur ein beliebiges $x\in \R$ gilt nach Theorem \ref{thm:expxy}, dass
\[ |\exp(x)-\exp(x_0)|\,\,=\,\,|\exp(x_0)\cdot \exp(x-x_0)-\exp(x_0)|\,\,=\exp(x_0)\cdot |\exp(x-x_0)-1|.\]
Es sei nun $\epsilon>0$. Wir setzen
$\delta=\min\Big\{\frac{\epsilon}{2\exp(x_0)},\frac{1}{2}\Big\}$.
Dann gilt f\"ur ein beliebiges $x$ mit $|x-x_0|<\delta$,
dass
\[ \begin{array}{rcll} |\exp(x)-\exp(x_0)|&=&\exp(x_0)\cdot |\exp(x-x_0)-1|\\
&<&\exp(x_0)\cdot \smfrac{\epsilon}{\exp(x_0)}&\mbox{da $|x-x_0|<\delta=\min\Big\{\frac{\epsilon}{2\exp(x_0)},\frac{1}{2}\Big\}$}\\
&=&\epsilon.\end{array} \]
\end{proof}


Der folgende Satz besagt insbesondere, dass die Verkn\"upfung von stetigen Funktionen wiederum stetig ist.


\begin{satz}\label{satz:kompstetig}
Es seien $f\colon  D\to \R$ und $g\colon  E\to \R$ zwei Funktionen, so dass $f(D)\subset E$.
Wenn $f$ im Punkt $x_0$ stetig ist und wenn $g$ im Punkt $f(x_0)$ stetig ist, dann ist die
Funktion
\[ \begin{array}{rcl} g\circ f\colon  D&\to& \R \\
x&\mapsto &g(f(x))\end{array} \]
stetig im Punkt $x_0$.
\end{satz}

Es seien beispielsweise
\footnote{Bei einer Funktion muss man immer angeben, was der Definitionsbereich sein soll. Beispielsweise sind die Funktionen 
\[ \begin{array}{rcl} \R&\to & \R \\ x&\mapsto &x^2\end{array} \mbox{ und } \begin{array}{rcl} [0,1]&\to & \R \\ x&\mapsto &x^2\end{array}\]
verschieden, nachdem diese verschiedene Definitionsbereiche besitzen. Wenn wir nun schreiben,
``$f(x)=x^2-2$'', oder ``$f(x)=\frac{1}{x}$', oder ``$f(x)=\frac{x}{2-\exp(x)}$'', ohne eine Angabe vom Definitionsbereich, dann ist der Definitionsbereich die Menge aller Punkte in $\R$, f\"ur die die rechte Seite definiert ist.}
 $f(x)=x^2-2$ und $g(x)=\exp(x)$. Wir hatten schon gezeigt, dass diese Funktionen  stetig sind. Es folgt aus Satz~\ref{satz:kompstetig}, dass dann auch die  Verkn\"upfung $g(f(x))=\exp(x^2-2)$ stetig ist.

\begin{proof}
Um die Notation etwas zu vereinfachen, betrachten wir nur den Fall $D=\R$ und $E=\R$. Der allgemeine Fall wird im Prinzip ganz genauso  bewiesen.
Es sei also $\epsilon>0$. Wir m\"ussen zeigen, dass es ein $\delta>0$ gibt,
so dass
\begin{align*}
\begin{array}{rcl}
\hspace{2cm} |x-x_0|<\delta & \Rightarrow &|g(f(x))-g(f(x_0))|<\epsilon.
\intertext{Nachdem $g$ im Punkt $f(x_0)$ stetig ist, existiert ein $\eta>0$, so dass gilt}
 |y-f(x_0)|<\eta &\Rightarrow &|g(y)-g(f(x_0))|<\epsilon
\intertext{Nachdem $f$ im Punkt $x_0$ stetig ist, existiert auch  ein $\delta>0$, so dass gilt}
 |x-x_0|<\delta &\Rightarrow& |f(x)-f(x_0)|<\eta.
\intertext{Kombinieren wir beide Aussagen, so folgt, dass}
  |x-x_0|<\delta &\Rightarrow &|f(x)-f(x_0)|<\eta
\,\,\Rightarrow \,\,|g(f(x))-g(f(x_0))|<\epsilon.
\end{array} \end{align*}
\end{proof}

%================================
\subsection{Stetigkeit und Grenzwerte von Folgen}


\begin{satz}\label{satz:stetiganeasy}
Es sei $f\colon  D\to \R$ eine Funktion und es sei $(a_n)$ eine konvergente Folge in $D$, so dass $f$ im Grenzwert $\lim_{n\to \infty} a_n\in D$ stetig ist. Dann gilt:
\[ \lim_{n\to \infty} f(a_n) \,=\,f\left(\lim_{n\to \infty} a_n\right).\]
\end{satz}



Insbesondere folgt aus dem Satz, dass wenn $f\colon  D\to \R$ eine stetige Funktion ist, dann gilt f\"ur jede konvergente Folge $(a_n)$ in $D$ mit $\lim_{n\to \infty} a_n\in D$, dass 
\[ \lim_{n\to \infty} f(a_n) \,=\,f\left(\lim_{n\to \infty} a_n\right).\]
Wenn die Funktion $f$ stetig ist, dann k\"onnen wir also die Funktion und Grenzwert vertauschen. Dies bedeutet, wir k\"onnen entweder zuerst die Funktion $f$ auf die Folgenglieder anwenden und dann den Grenzwert bilden, oder wir k\"onnen zuerst den Grenzwert der Folge bilden und dann die Funktion $f$ anwenden. 

Beispielsweise folgt aus der Stetigkeit der Exponentialfunktion, dass
\[ \lim_{n\to \infty} \exp\left(1-\lmfrac{1}{n}\right)\,\,=\,\, \exp\left(\lim_{n\to \infty} \left(1-\lmfrac{1}{n}\right)\right)\,\,=\,\,\exp(1)\,\,=\,\,e.\]

\begin{proof}
Um die Notation etwas zu vereinfachen, betrachten wir nur den Fall $D=\R$. Der allgemeine Fall wird ganz analog bewiesen.
Es sei $(a_n)$ eine konvergente Folge in $D$, so dass $f$ im Grenzwert $x_0:=\lim_{n\to \infty} a_n$ stetig ist. 
Wir wollen zeigen, dass $\lim_{n\to \infty} f(a_n)=f(x_0)$, das hei\ss t, wir wollen zeigen, dass es f\"ur alle $\epsilon>0$ ein $N\in \N$ gibt, so dass gilt
\begin{align*}
\begin{array}{rcl} 
\hspace{4cm} n\geq N& \Rightarrow & |f(a_n)-f(x_0)|<\epsilon.
\intertext{Es sei also $\epsilon>0$. Nachdem $f$ im Punkt $x_0$ stetig ist, existiert ein $\delta>0$, so dass gilt}
|x-x_0|<\delta  &\Rightarrow &|f(x)-f(x_0)|<\epsilon.
\intertext{Wir setzen jetzt $\eta=\delta$ und w\"ahlen ein $N$, so dass gilt}
 n\geq N &\Rightarrow & |a_n-x_0|<\delta.
\intertext{Dann gilt aber auch, dass}
 n\geq N &\Rightarrow &|a_n-x_0|<\delta \,\,\Rightarrow \,\,|f(a_n)-f(x_0)|<\epsilon, \end{array} \end{align*}
wie gew\"unscht.
\end{proof}

Es gilt sogar folgende  st\"arkere Aussage.

\begin{satz}\label{satz:stetigan}
Es sei $f\colon  D\to \R$ eine Funktion und es sei $x_0\in D$. Dann gilt:
\[ \begin{array}{c}\mbox{$f$ ist stetig}\\\mbox{im Punkt $x_0$}\end{array}
\Longleftrightarrow \begin{array}{c}\mbox{f\"ur jede Folge $(a_n)$ in $D$ mit $\lim_{n\to \infty} a_n=x_0$, }\\
 \mbox{gilt, dass auch $\lim_{n\to \infty} f(a_n)=f(x_0)$.}\end{array}\]
\end{satz}

Der obige Satz besagt unter anderem, dass man die Definition der Stetigkeit von Funktionen auf die Definition von Konvergenz von Folgen zur\"uckf\"uhren kann.
Welche  von den beiden Aussagen im Satz~\ref{satz:stetigan} man bevorzugt ist letztendlich Geschmackssache. Forster verwendet die rechte Aussage als Definition von Stetigkeit und
beweist auf Seite 109, dass beide Aussagen \"aquivalent sind.

Wir werden den Satz im weiteren Verlauf der Vorlesung nicht verwenden. Wir haben den Satz deswegen in der Vorlesung auch nicht bewiesen. Der Vollst\"andigkeithalber ist hier aber noch der Beweis.

\begin{proof}
Die Richtung `$\Rightarrow$' hatten wir schon in Satz~\ref{satz:stetiganeasy} bewiesen.

Wir beweisen jetzt `$\Leftarrow$'. Um die Notation etwas zu vereinfachen, betrachten wir wiederum nur den Fall $D=\R$. Der allgemeine Fall wird ganz analog bewiesen.
 Wir setzen also voraus, dass f\"ur jede Folge $(a_n)$  gilt:
\[ \lim_{n\to \infty} a_n =x_0 \,\,\Rightarrow \,\,\lim_{n\to \infty} f(a_n)=f(x_0).\]
Nehmen wir an, dass $f$ im Punkt $x_0$ \emph{nicht} stetig ist.
Zur Erinnerung, in Quantorenschreibweise gilt:
\[ \mbox{$f$ nicht stetig im Punkt $x_0$} \quad\Longleftrightarrow\quad  \underset{\epsilon>0}{\bigexists}\,\,\underset{\delta>0}{\bigforall}
\,\,\underset{x\in (x_0-\delta,x_0+\delta)}{\bigexists}\,\,|f(x)-f(x_0)| \geq \epsilon.\]
Sei also solch ein $\epsilon>0$ gew\"ahlt. Dann existiert zu jedem $\delta_n=\frac{1}{n}$ ein Punkt $a_n $ mit $|a_n-x_0|<\frac{1}{n}$, so dass
$|f(a_n)-f(x_0)|\geq \epsilon$. Dann folgt leicht aus der Definition von Konvergenz von Folgen, dass $\lim_{n\to \infty} a_n=x_0$, und dass  $f(a_n)$  \emph{nicht} gegen $f(x_0)$ konvergiert.
Dies ist also ein Widerspruch zur Voraussetzung.
\end{proof}

Mithilfe von Satz~\ref{satz:stetigan} kann man viele Aussagen \"uber Stetigkeit auf Aussagen \"uber Konvergenz von Folgen zur\"uckf\"uhren. Beispielsweise  kann man Satz~\ref{satz:stetigsum} leicht aus
Satz~\ref{satz:limsum} herleiten.


%================================
\subsection{Grenzwerte von Funktionen}
Im Folgenden sei  $f\colon  D\to \R$ eine Funktion und es sei $x_0\in \R$. 
Nehmen wir an, es gibt ein $\eta>0$ gibt, so dass $(x_0,x_0+\eta)\subset D$.
\footnote{Die Aussage, dass es ein $\eta>0$ gibt mit $(x_0,x_0+\eta)\subset D$ bedeutet, dass die Funktion $f$ `rechts' von $x_0$ definiert ist.}
F\"ur $a\in \R$  
schreiben wir
\[ \lim_{x\searrow x_0} f(x)=a \quad :\Longleftrightarrow\quad \underset{\epsilon>0}{\bigforall}\,\,\underset{\delta>0}{\bigexists}\,\,\underset{x\in (x_0,x_0+\delta)\cap D}{\bigforall}|f(x)-a|<\epsilon\]
und wir nennen $\lim_{x\searrow x_0} f(x)$ den \emph{rechtsseitigen Grenzwert von $f$  am Punkt $x_0$}.
\footnote{Der rechtsseitige Grenzwert von $f$  am Punkt $x_0$ wird manchmal auch mit $\lim_{x\to x_0^+}f(x)$ bezeichnet.}
Wir betrachten beispielsweise die Funktion
\[ \begin{array}{rcl} g\colon  \R&\to & \R \\
x&\mapsto&\left\{ \begin{array}{rl} -1,&\mbox{ wenn }x<0,\\ 0,&\mbox{ wenn }x=0,\\ 1,&\mbox{ wenn }x>0.\end{array} \right.\end{array}\]
Dann gilt 
\[ \lim_{x\searrow x_0} g(x)\,\,=\,\,1,\]
denn f\"ur jedes $\epsilon>0$ hat $\delta=1$ die gew\"unschte Eigenschaft.

Ganz analog, wenn es ein $\eta>0$ gibt, so dass $(x_0-\eta,x_0)\subset D$,
 dann 
schreiben wir
\[ \lim_{x\nearrow x_0} f(x)=a \quad :\Longleftrightarrow \quad\underset{\epsilon>0}{\bigforall}\,\,\underset{\delta>0}{\bigexists}\,\,\underset{x\in (x_0-\delta,x_0)\cap D}{\bigforall}|f(x)-a|<\epsilon\]
und wir nennen $\lim_{x\nearrow x_0} f(x)$ den \emph{linksseitigen Grenzwert von $f$ am Punkt $x_0$}.
Im obigen Beispiel gilt beispielsweise, dass $\lim_{x\nearrow x_0} g(x)=-1$.

Zudem, wenn sowohl $\lim_{x\searrow x_0} f(x)$ als auch $\lim_{x\nearrow x_0} f(x)$ definiert sind, und wenn die Grenzwerte \"ubereinstimmen, dann schreiben wir 
\[ \lim_{x\to x_0} f(x)\,\, :=\,\,\lim_{x\searrow x_0} f(x)\,=\,\lim_{x\nearrow x_0} f(x)\]
und wir nennen $\lim_{x\to x_0} f(x)$ den \emph{Grenzwert  am Punkt $x_0$}.
Im obigen Beispiel stimmen der linksseitige Grenzwert und der
 rechtsseitige Grenzwert nicht \"uberein. Der  Grenzwert $\lim_{x\to 0} g(x)$ existiert  also nicht.

In \"Ubungsblatt 7 werden wir folgenden Satz beweisen. Der Beweis des Satzes folgt dabei ziemlich einfach aus den Definitionen.


\begin{satz}\label{satz:stetigkeitgw}
Es sei $f\colon  D\to \R$ eine Funktion, so dass es ein $\eta>0$ mitt  $(x_0-\eta,x_0+\eta)\subset D$ gibt. 
Dann gilt
\[ f\mbox{ ist stetig im Punkt $x_0$}\quad \Longleftrightarrow \quad \lim_{x\to x_0}f(x)=f(x_0).\]
\end{satz}

Wir f\"uhren nun noch einige weitere Definitionen ein.
Wenn es ein $\eta>0$ gibt, so dass $(x_0,x_0+\eta)\subset D$,
 dann 
schreiben wir
\[ \lim_{x\searrow x_0} f(x)=+\infty \quad :\Longleftrightarrow\quad\underset{C\in \R}{\bigforall}\,\,\underset{\delta>0}{\bigexists}\,\,\underset{x\in (x_0,x_0+\delta)\cap D}{\bigforall}f(x)>C,\]
sowie 
\[ \lim_{x\searrow x_0} f(x)=-\infty\quad  :\Longleftrightarrow
\quad\underset{C\in \R}{\bigforall}\,\,\underset{\delta>0}{\bigexists}\,\,\underset{x\in (x_0,x_0+\delta)\cap D}{\bigforall}f(x)<C.\]
Ganz analog definieren wir auch $\lim_{x\nearrow x_0} f(x)=+\infty$ und $ \lim_{x\nearrow x_0} f(x)=-\infty$.
Beispielsweise gilt
\[ \lim_{x\searrow 0} \lmfrac{1}{x}\,=\,+\infty\mbox{ und } \lim_{x\nearrow 0}\lmfrac{1}{x}\,=\,-\infty.\]

F\"ur Grenzwerte von Funktionen gelten nun die gleichen Aussagen wie f\"ur Grenzwerte von Folgen.
Beispielsweise gilt folgender Satz, welcher ganz \"ahnlich wie Satz~\ref{satz:limsuminfty} bewiesen wird.



\begin{satz}\label{satz:limfunktionsum}
Es seien  $f\colon  D\to \R$  und $g \colon  D\to \R$ zwei Funktionen.
Es sei $x_0\in \R$. Wir nehmen an, dass es ein $\eta>0$ gibt, so dass $(x_0,x_0+\eta)\subset D$. 
Wenn $\lim_{x\searrow x_0}f(x)$ und $\lim_{x\searrow x_0}g(x)$ definiert sind, dann gilt 
\[ \begin{array}{rccccc} \underset{x\searrow x_0}{\lim}(f(x)+g(x))&=&\underset{x\searrow x_0}{\lim}f(x)&+&\underset{x\searrow x_0}{\lim}g(x)\\[3mm]
 \underset{x\searrow x_0}{\lim}(f(x)\cdot g(x))&=&\underset{x\searrow x_0}{\lim}f(x)&\cdot &\underset{x\searrow x_0}{\lim}g(x)\end{array} \]
\emph{wenn} die rechte Seite definiert ist.
\footnote{Auf Seite \pageref{def:suminfty} hatten wir die partielle Addition und Multiplikation auf $\R\cup \{-\infty\}\cup \{\infty\}$ eingef\"uhrt.}
 Die gleichen Aussagen gelten analog auch f\"ur den linksseitigen Grenzwert $\lim_{x\nearrow x_0}$ und  f\"ur $\lim_{x\to x_0}$.
\end{satz} 

Es gelten auch die offensichtlichen Analogien von Satz~\ref{satz:eingw}, Satz~\ref{satz:limsum} (4), Satz~\ref{satz:einsdurchinfty}, Satz~\ref{satz:einsdurchnull} sowie Satz~\ref{satz:limsuminftykleiner}. Die Beweise sind dabei ganz \"ahnlich den urspr\"unglichen Beweisen.
\smallskip

Wir f\"uhren nun die letzten Definitionen von diesem Kapitel ein.
Es sei  $f\colon  D\to \R$ wiederum eine  Funktion.
Wenn es ein $x_0$ gibt, so dass $(x_0,\infty)\subset D$,  dann schreiben wir f\"ur $a\in \R$, dass 
\[ \lim_{x\to \infty} f(x)=a \quad:\Longleftrightarrow\quad
\underset{\epsilon>0}{\bigforall}\,\,\underset{X\in \R}{\bigexists}\,\,\underset{x\in (X,\infty)\cap D}{\bigforall}|f(x)-a|<\epsilon.\]
Wir bezeichnen dann $\lim_{x\to \infty} f(x)$ als den \emph{Grenzwert von $f$ f\"ur $x$ gegen $+\infty$}. 
Ganz analog definieren wir auch $ \lim_{x\to \infty} f(x)=\pm \infty$, sowie die Grenzwerte $\lim_{x\to -\infty} f(x)$. Auch hier gelten wieder die \"ublichen Aussagen mit den ganz analogen Beweisen.

Beispielsweise kann man ganz analog zu Lemma~\ref{lem:limnhochd} zeigen, dass f\"ur  $d\in \Z$ gilt
\[  \lim_{x\to \infty} x^d=\left\{ \begin{array}{rl}  +\infty,&\mbox{ wenn }d>0,\\ 1,&\mbox{ wenn }d=0,\\ 0,&\mbox{ wenn }d<0.\end{array} \right.\]
F\"ur die Grenzwerte gegen $+\infty$ und $-\infty$ gilt nat\"urlich auch die 
Summenformel und die Produktformel wie in Satz~\ref{satz:limfunktionsum}.


\newpage
%================================
\section{Eigenschaften von stetigen Funktionen}

%================================
\subsection{Der Zwischenwertsatz}
Im Folgenden ist es hilfreich verschiedene Typen von Intervallen zu unterscheiden. 

\begin{definition}\mbox{}
\begin{enumerate}
\item
Ein Intervall vom Typ $[a,b]$, $[a,\infty)$ oder $(-\infty,a]$ hei\ss t \emph{abgeschlossen}.
\item 
Ein Intervall vom Typ $(a,b), (a,\infty)$ oder $(-\infty,a)$ hei\ss t \emph{offen}.
\item 
Ein \emph{kompaktes Intervall} ist ein beschr\"anktes und geschlossenes Intervall, das hei\ss t,  ein  Intervall vom Typ $[a,b]$.
\end{enumerate}
\end{definition}

Der folgende Satz besagt, dass stetige Funktionen auf kompakten  Intervallen beschr\"ankt sind.

\begin{satz} \label{satz:fbeschrankt}
Es sei $f\colon  [a,b]\to \R$ eine stetige Funktion, dann existiert ein $C\in \R$, so dass
$|f(x)|\leq C$ f\"ur alle $x\in [a,b]$.
\footnote{Hier und in vielen anderen S\"atzen ist es eine gute \"Ubung zu zeigen,
dass alle Voraussetzungen wirklich notwendig sind. Beispielsweise,  wenn $f\colon  (a,b)\to \R$ eine stetige Funktion auf einem \emph{offenen} Intervall ist, dann ist die Aussage des Lemmas im Allgemeinen nicht mehr g\"ultig, das hei\ss t es existiert im Allgemeinen kein $C\in \R$, so dass
$|f(x)|\leq C$ f\"ur alle $x\in [a,b]$. Man betrachte beispielsweise die Funktion. $f\colon  (0,1)\to \R, x\mapsto \frac{1}{x}$, diese ist offensichtlich nicht beschr\"ankt.}
\end{satz}

Die Aussage des Satzes gilt nicht, wenn wir stetige Funktionen auf offenen Intervallen betrachten. Beispielsweise ist die Funktion
\[ \begin{array}{rcl} f\colon  (0,1]&\to & \R \\
x&\mapsto & \frac{1}{x} \end{array} \]
unbeschr\"ankt.

\begin{proof}
Nehmen wir an, es gibt kein solches $C$.
Dann existiert insbesondere zu jedem $n\in \N$ ein $x_n\in [a,b]$, so dass $|f(x_n)|>n$.

Die Folge $(x_n)$ von reellen Zahlen ist beschr\"ankt, also existiert nach dem Satz von Bolzano--Weierstra\ss\,,
 siehe Satz~\ref{satz:bw}, eine Teilfolge $(x_{n_k})_{k\in \N}$, welche konvergiert.
Wir setzen $x:=\lim_{k\to \infty} x_{n_k}$. Nachdem $a\leq x_{n_k}\leq b$ folgt aus Satz
\ref{satz:kleinergleich}, dass auch $a\leq x\leq b$, das hei\ss t $x\in [a,b]$.

Aus Satz  \ref{satz:stetiganeasy}, folgt, dass 
\[ \lim_{k\to \infty}f(x_{n_k})\,\,=\,\,f\left(\lim_{k\to \infty}x_{n_k}\right)\,\,=\,\,f(x).\]
 Insbesondere konvergiert die Folge $(f(x_{n_k}))_{k\in \N}$,
 also  ist die Folge  $(f(x_{n_k}))_{k\in \N}$
nach Satz~\ref{satz:beschr} beschr\"ankt. Dies ist jedoch  im Widerspruch zu $|f(x_{n_k})|> n_k$, f\"ur alle $k\in \N$.
\end{proof}

% Ende 14. Vorlesung 




\begin{satz}\label{satz:stetigmaxmin}
Es sei $f\colon  [a,b]\to \R$ eine stetige Funktion. Dann existieren $x_0,x_1\in [a,b]$, so dass
\[ f(x_0)\,\,\leq\,\, f(x)\,\,\leq\,\, f(x_1) \]
f\"ur alle $x\in [a,b]$.
\end{satz}

\begin{figure}[h]
\begin{center}
\input{minmax.pstex_t}
\caption{}
\end{center}
\end{figure}

Die Aussage des Satzes gilt nicht, wenn wir stetige Funktionen auf offenen Intervallen betrachten. Die Aussage ist selbst dann falsch, wenn wir beschr\"ankte Funktionen auf endlichen offenen Intervallen $(a,b)$ betrachten. Beispielsweise ist die Funktion
\[ \begin{array}{rcl} f\colon  (1,2)&\to & \R \\
x&\mapsto & x \end{array} \]
beschr\"ankt, aber die Funktion besitzt kein Maximum. Das hei\ss t, es gibt kein $x_1\in (1,2)$, so dass $f(x)<f(x_1)$ f\"ur alle $x\in (1,2)$. 

\begin{proof}
Es folgt aus Satz~\ref{satz:fbeschrankt}, dass die Menge  $f([a,b])$ beschr\"ankt ist. Insbesondere
existiert also $y_1:=\sup(f([a,b]))$.
Es folgt nun aus Satz~\ref{satz:supfolge} (1),  dass es eine Folge
$(z_n)$ in $f([a,b])$ gibt, welche gegen $y_1$ konvergiert. Wir w\"ahlen jetzt eine Folge $(c_n)$ in $[a,b]$, so dass f\"ur jedes $n$ gilt: $f(c_n)=z_n$.

Nachdem die Folge $(c_n)$ beschr\"ankt ist, existiert nach dem Satz von Bolzano--Weierstra\ss\,, siehe Satz~\ref{satz:bw}, eine Teilfolge $(c_{n_k})_{k\in \N}$, welche konvergiert.
Wir setzen $x_1:=\lim_{k\to \infty} c_{n_k}$. Wie im Beweis von Satz~\ref{satz:fbeschrankt} sehen wir, dass $x_1\in [a,b]$. Es folgt aus der Stetigkeit von $f$ und aus Satz~\ref{satz:stetiganeasy}, dass
\[ f(x_1)\,\,=\,\,f\left(\lim_{k\to \infty} c_{n_k}\right)\,\,=\,\,\lim_{k\to \infty} f(c_{n_k})\,\,=\,\,\lim_{k\to\infty} z_{n_k}\,\,=\,\,\sup(f([a,b])).\]
Nachdem  das Supremum $\sup(f([a,b]))$ insbesondere eine obere Schranke f\"ur $f([a,b])$ ist, folgt nun,  dass $f(x_1)\geq f(x)$ f\"ur alle $x\in [a,b]$.

Ganz analog  zeigt man auch die Existenz von $x_0$.
\end{proof}

Der folgende Satz besagt, dass eine stetige Funktion $f$ auf einem kompakten Intervall $[a,b]$ jeden Wert zwischen $f(a)$ und $f(b)$ als Funktionswert annimmt.


\begin{satz}  \label{satz:zwischenwert} $($Zwischenwertsatz$)$
Es sei $f\colon  [a,b]\to \R$ eine stetige Funktion und zudem sei $y_0\in \R$ zwischen
\footnote{Wir sagen \emph{$r\in \R$ liegt zwischen $s$ und $t$}, wenn folgendes gilt:
\begin{enumerate}
\item falls $s\leq t$, dann ist $r\in [s,t]$, 
\item falls $t\leq s$, dann ist $r\in [t,s]$.
\end{enumerate}
}
 $f(a)$ und $f(b)$.
Dann existiert ein $x_0\in [a,b]$ mit $f(x_0)=y_0$.
\end{satz}


\begin{figure}[h]
\begin{center}
\input{zwischenwert.pstex_t}
\caption{Veranschaulichung der Aussage vom Zwischenwertsatz.}
\end{center}
\end{figure}

Betrachten wir beispielsweise die Funktion
\[ \begin{array}{rcl} f\colon  [0,3]&\to & \R \\
x&\mapsto & x^2-2.\end{array} \]
Dann gilt $f(0)<0$ und $f(3)>0$. Der Zwischenwertsatz also, dass es ein $x\in [0,3]$ mit $x^2-2=0$ gibt.
Ganz analog kann man mithilfe vom Zwischenwertsatz zeigen, dass jedes $c\geq 0$ eine Quadratwurzel besitzt. 


\begin{proof}
Es sei $f\colon  [a,b]\to \R$ eine stetige Funktion.
O.B.d.A. nehmen wir an, dass $f(a)\leq f(b)$. Es sei  $y_0\in [f(a),f(b)]$.
\footnote{Wenn $f(a)\geq f(b)$, dann betrachten wir die durch $g(x)=-f(x)$ definierte Funktion, und dann gilt wiederum $g(a)\leq g(b)$, und der Zwischenwertsatz f\"ur $g$ impliziert den Zwischenwertsatz f\"ur $f$.}
\begin{enumerate}
\item[]\textcolor{blue}{Wie wir gerade gesehen hatten, impliziert der Zwischenwertsatz, dass es Quadratwurzeln von nicht-negativen Zahlen gibt. Wir wollen nun den Zwischenwertsatz dadurch beweisen, dass wir den  Beweis von Satz~\ref{satz:existenzwurzel} geeignet modifizieren.}
\end{enumerate}
 Wir setzen
\[ M:= \{ x\in [a,b] \,|\, f(x)\leq y_0\}.\]
Nachdem $f(a)\leq y_0$ folgt, dass $a\in M$. Die Menge $M$ ist also nichtleer und nat\"urlich durch $b$ nach oben beschr\"ankt. Wir setzen $x_0:=\sup(M)$. Wir m\"ussen jetzt zeigen, dass $f(x_0)=y_0$.
Nachdem $f$ stetig ist, folgt, wie im Beweis von Satz~\ref{satz:existenzwurzel}, dass $f(x_0)\leq y_0$.
\footnote{Hier ist zur Erinnerung das ausf\"uhrliche Argument: Nach Satz~\ref{satz:supfolge} (1) existiert  eine Folge $(a_n)$ in $M$, so dass $\lim_{n\to \infty} a_n=x_0$.
Nachdem $f(a_n)\leq y_0$ f\"ur alle $n$,
folgt auch aus Satz~\ref{satz:stetiganeasy} und Satz~\ref{satz:kleinergleich}, dass
\[ f(x_0)\,\,=\,\,f\left(\lim_{n\to \infty} a_n\right)\,\,=\,\,\lim_{n\to \infty} f(a_n)\,\,\leq\,\, y_0.\]}

Wir wollen nun mithilfe von einem Widerspruchsbeweis zeigen, dass $f(x_0)=y_0$. Nehmen wir also an, dass $f(x_0)<y_0$.
Wie im Beweis von Satz~\ref{satz:existenzwurzel} gen\"ugt es zu zeigen, dass es ein $\eta>0$ gibt, so dass $f(x_0+\eta)<y_0$ ist.
\footnote{Wenn es ein $\eta>0$ gibt, so dass $f(x_0+\eta)<y_0$, dann ist $x_0+\eta\in M$. Nachdem $x_0=\sup(M)$ insbesondere eine obere Schranke f\"ur $M$ ist folgt, dass $x_0\geq x_0+\eta$, aber dies ist nicht m\"oglich, da $\eta>0$. Wir haben also einen Widerspruch gefunden.}
\begin{enumerate}
\item[]\textcolor{blue}{Wir m\"ussen also  ein $\eta>0$ finden, so dass gilt $f(x_0+\eta)<y_0=f(x_0)+(y_0-f(x_0))$. Aber nachdem wir angenommen haben, dass $y_0-f(x_0)>0$, folgt die Existenz von $\eta$ relativ leicht aus der Stetigkeit von $f$. Wir werden diese Idee nun ausf\"uhren.}
\end{enumerate}
Wir setzen $\epsilon=y_0-f(x_0)$.
Wegen der Stetigkeit von $f$  existiert ein $\delta>0$, so dass gilt
$|f(x)-f(x_0)|<\epsilon$ f\"ur alle $x\in (x_0-\delta,x_0+\delta)$, welche im Intervall $[a,b]$ liegen. 
Nachdem $x_0+\frac{\delta}{2}\in  x\in (x_0-\delta,x_0+\delta)$ folgt insbesondere, dass 
\[ f\Big(x_0+\tmfrac{\delta}{2}\Big)\,\,=\,\,f(x_0)+\underset{\in (-\epsilon,\epsilon)}{\underbrace{f\Big(x_0+\tmfrac{\delta}{2}\Big)-f(x_0)}}\,\,<\,\,f(x_0)+\epsilon\,\,=y_0.\]
Wir haben also die Annahme, dass $f(x_0)<y_0$ zu einem Widerspruch gef\"uhrt.
\end{proof}

Es seien $a_0,\dots,a_{k}\in \R$ wobei  $a_{k}\ne 0$. Wir bezeichnen dann 
\[ \begin{array}{rcl} \R&\to & \R \\
x&\mapsto & a_0+a_1x+\dots+a_kx^k\end{array} \]
als \emph{Polynomfunktion von Grad $k$} oder manchmal kurz auch als \emph{Polynom von Grad $k$}.
In \"Ubungsblatt 8 werden wir mithilfe vom Zwischenwertsatz folgenden Satz beweisen.

\begin{satz}
Jede  Polynomfunktion von ungeradem Grad besitzt eine Nullstelle.
\end{satz}

Beispielsweise besagt der Satz, dass die Funktion $f(x)=x^5-2x^2+3$ eine Nullstelle besitzt. 


%================================
\subsection{Gleichm\"a\ss ige Stetigkeit}
\label{section:glmstetig}
In diesem Kapitel zeigen wir, dass stetige Funktionen auf kompakten Intervallen gleichm\"a\ss ig stetig sind.
Die Definition von `gleichm\"a\ss ig stetig' ist auf den ersten, und oft auch auf den zweiten Blick verwirrend. 
Dieses Ergebnis wird aber im sp\"ateren Verlauf der Vorlesung noch eine wichtige Rolle spielen.
\smallskip 

Es sei $x\in \R$ und $\delta>0$. Wir nennen das \emph{offene} Intervall
\[ U_\delta(x)\,\,:=\,\,(x-\delta,x+\delta) \]
die \emph{$\delta$-Umgebung} von $x$.
Es nun $f\colon  D\to \R$ eine Funktion. Dann gilt, mit der neuen Notation, dass
\begin{align*}
\begin{array}{crccccccccc}
 \mbox{$f$ ist stetig} &\Leftrightarrow&  \underset{x_0\in D}{\bigforall}& \underset{\epsilon>0}{\bigforall}&\underset{\delta>0}{\bigexists}
&\underset{x\in U_\delta(x_0)\cap D}{\bigforall}&|f(x)-f(x_0)| <\epsilon.
\intertext{Wir definieren nun}
\vspace{0.2cm}
 \hspace{1.5cm} \mbox{$f$ gleichm\"a\ss ig stetig} &:\Leftrightarrow &\underset{\epsilon>0}{\bigforall}&\underset{\delta>0}{\bigexists}&
\underset{x_0\in D}{\bigforall}& \underset{x\in U_\delta(x_0)\cap D}{\bigforall}&
|f(x)-f(x_0)| <\epsilon.
\end{array} 
\end{align*}
Etwas vereinfacht ausgedr\"uckt, eine Funktion $f$ ist gleichm\"a\ss ig stetig, wenn ``es zu jedem $\epsilon>0$ ein $\delta>0$ gibt, welches f\"ur alle $x_0$ passt''.

Wir werden in den \"Ubungen sehen, dass die Funktion
\[ \begin{array}{rcl} (0,1)&\to &\R \\
x&\mapsto &\frac{1}{x}\end{array} \]
nicht gleichm\"a\ss ig stetig ist.
Andererseits besagt der folgende Satz, dass stetige Funktionen auf kompakten Intervallen gleichm\"a\ss ig stetig sind.

\begin{satz} \label{satz:glmstetig}
Es sei $f\colon  [a,b]\to \R$ eine  Funktion. Wenn $f$ stetig ist, dann ist $f$ auch gleichm\"a\ss ig stetig.
\end{satz}


\begin{proof}
Wir werden den Satz mit einem Widerspruchsbeweis beweisen.
Nehmen wir also an, dass $f$ nicht gleichm\"a\ss ig stetig ist.  Dies bedeutet, dass
\[ \underset{\epsilon>0}{\bigexists}\,\,\underset{\delta>0}{\bigforall}
\,\,\underset{x\in [a,b]}{\bigexists}
\,\,\underset{y\in [a,b]\,mit\,|x-y|<\delta}{\bigexists}\,\,|f(x)-f(y)| \geq \epsilon.\]
Sei also solch ein $\epsilon>0$ gew\"ahlt.
F\"ur jedes $\delta=\frac{1}{n}, n\in \N$ erhalten wir also $x_n,y_n\in [a,b]$, so dass
\[ |x_n-y_n| <\smfrac{1}{n} \quad \mbox{ und }\quad |f(x_n)-f(y_n)|\geq \epsilon.\]
Die Folge $(x_n)$ ist beschr\"ankt (weil sie in $[a,b]$ liegt), insbesondere existiert nach dem Satz von Bolzano--Weierstra\ss \, (Satz~\ref{satz:bw}) eine Teilfolge $(x_{n_k})_{k\in \N}$, welche konvergiert.
Wir setzen $c:=\lim_{k\to \infty} x_{n_k}$.
Nachdem $|x_n-y_n| <\frac{1}{n}$ f\"ur alle $n\in \N$ folgt, dass auch
\footnote{Wir verwenden also folgende Aussage: es seien $(a_n)$ und $(b_n)$ Folgen mit $|a_n-b_n|<\frac{1}{n}$, so dass $\lim_{n\to \infty} a_n=a$. Dann gilt auch $\lim_{n\to \infty} b_n=a$. Diese Folgerung folgt, jetzt da wir etwas \"Ubung besitzen, leicht aus der Definition von Konvergenz.}
$\lim_{k\to \infty} y_{n_k}=c$.

Nachdem $f$ stetig ist, folgt aus Satz~\ref{satz:stetiganeasy}, dass
\[ \lim_{k\to \infty}(f(x_{n_k})-f(y_{n_k})\big)\,\,=\,\,
f\left(\lim_{k\to \infty}x_{n_k}\right)-f\left(\lim_{k\to \infty}y_{n_k}\right)\,\,=\,\,f(c)-f(c)\,\,=\,\,0.\]
Dies ist aber im Widerspruch zu der Aussage, dass $|f(x_{n_k})-f(y_{n_k})|\geq \epsilon$ f\"ur alle $k$.
\end{proof}

\newpage

%================================
\section{Die Umkehrfunktion}

%================================
\subsection{Stetigkeit von Umkehrfunktionen}


\begin{definition}
Eine Funktion $f\colon  D\to \R$ hei\ss t \emph{streng monoton steigend}, wenn f\"ur alle Zahlen $x_1,x_2\in D$ gilt:
\[ x_1>x_2 \quad \Rightarrow  \quad f(x_1)>f(x_2).\]
Die Funktion $f$  hei\ss t \emph{streng monoton fallend}, wenn  f\"ur alle $x_1,x_2\in D$  gilt:
\[ x_1>x_2\quad \Rightarrow  \quad f(x_1)<f(x_2).\]
Wir sagen, $f$ ist \emph{streng monoton}, wenn $f$ entweder streng monoton steigend oder streng monoton fallend ist.
\end{definition}

\begin{figure}[h]
\begin{center}
\input{strengmonoton.pstex_t}
\caption{}
\end{center}
\end{figure}


Im 7.\ \"Ubungsblatt wird gezeigt, dass die Exponentialfunktion streng monoton steigend ist. Das folgende Lemma gibt weitere Beispiele von streng monoton steigenden Funktionen.

\begin{lemma}\label{lem:xkmonoton}
Es sei $k\in \N$, dann ist die Funktion
\[ \begin{array}{rcl} [0,\infty)&\to & \R \\
x&\mapsto &x^k \end{array} \]
streng monoton steigend. Wenn $k$ ungerade ist, dann ist auch die Funktion 
\[ \begin{array}{rcl} \R&\to & \R \\
x&\mapsto &x^k \end{array} \]
streng monoton steigend.
\end{lemma}

\begin{proof}
Es sei $k\in \N$.
Wir wollen zeigen, dass die Funktion \[ \begin{array}{rcl} [0,\infty)&\to & \R \\
x&\mapsto &x^k \end{array} \]
streng monoton steigend. Es sei also $x_1>x_2\geq 0$. 
Wenn $x_2=0$, dann gilt offensichtlich, das $x_1^k>0=x_2^k$. Wir nehmen nun also an, dass $x_2>0$. Dann 
folgt aus Satz~\ref{satz:binomisch}, dass 
\[ x_1^k\,=\,(x_2+\underset{=:a>0}{\underbrace{(x_1-x_2)}})^k\,=\,(x_2+a)^k=\sum_{n=0}^k \begin{pmatrix}k\\n\end{pmatrix}\underset{>0}{\underbrace{x_2^na^{k-n}}}
\,=\,x_2^k+\sum_{n=0}^{k-1} \begin{pmatrix}k\\n\end{pmatrix}\underset{>0}{\underbrace{x_2^na^{k-n}}}\,>\,x_2^k.\]
Wir sehen also, dass in der Tat $x_1^k>x_2^k$. Wir haben damit die erste Aussage des Lemmas bewiesen.

Es sei nun $k$ ungerade. Wir schreiben $k=2l+1$ f\"ur ein $l\in \N_0$. Wir wollen zeigen, dass dann  auch die Funktion 
\[ \begin{array}{rcl} \R&\to & \R \\
x&\mapsto &x^k \end{array} \]
streng monoton steigend ist. Es seien also $x_1>x_2$. Wir betrachten drei F\"alle.
\begin{enumerate}
\item[1.\ Fall:] $x_1>x_2\geq 0$. Dann hatten wir gerade gezeigt, dass $x_1^k>x_2^k$.
\item[2.\ Fall:] $x_1>0>x_2$. Dann folgt aus den Ordnungsaxiomen, dass $x_1^k>0$. Zudem folgt aus Satz~\ref{satz:quadrat}, dass  $x_2^{2l}=(x_1^l)^2>0$. Es folgt dann aus den Ordnungsaxiomen, dass $x_2^{2l+1}<0$. Wir sehen also, dass $x_1^k>0>x_2^k$.
\item[3.\ Fall:] $0\geq x_1>x_2$. Dann ist $0\leq -x_1\leq -x_2$. Es folgt also aus dem 1.\ Fall, dass gilt $(-x_1)^k<(-x_2)^k$. Aber nachdem $k$ ungerade ist gilt $(-x_1)^k=-x_1^k$ sowie $(-x_2)^k=-x_2^k$. Also folgt, dass $-x_1^k<-x_2^k$. Aus den Ordnungsaxiomen folgt dann, dass $x_1^k>x_2^k$.
\end{enumerate}
\end{proof}


F\"ur eine Funktion  $f\colon  D\to \R$ bezeichnen wir $f(D)=\{ f(x)\,|\,x\in D\}$ als den Wertebereich von $f$.
Mithilfe des folgenden Lemmas k\"onnen wir f\"ur streng monotone Funktionen den Wertebereich ohne gro\ss en Aufwand bestimmen. 

\begin{lemma}\label{lem:fmonotonsteigend}
Es sei $f\colon  D\to \R$ eine stetige streng monoton steigende Funktion. 
\begin{enumerate}
\item Wenn $D=[a,b]$ ein kompaktes Intervall ist, dann ist $f\Big([a,b]\Big)=[f(a),f(b)]$.
\item Wenn $D=(a,b)$ ein offenes Intervall ist, wobei $-\infty\leq a<b\leq \infty$, dann ist 
\footnote{Hierbei definieren wir nat\"urlich $\lim_{x\nearrow \infty} f(x)$ als $\lim_{x\to \infty } f(x)$
und ganz analog  $\lim_{x\nearrow -\infty} f(x)$ als $\lim_{x\to-\infty } f(x)$.}
\[ f\Big((a,b)\Big)=\left(\lim_{x\searrow a}f(x)\,\,,\,\,\lim_{x\nearrow b} f(x)\right).\]
\end{enumerate}
Zudem gelten die offensichtlichen Ab\"anderungen f\"ur Intervalle vom Typ $(a,b]$, $[a,b)$, $(-\infty,b]$ sowie $[a,\infty)$. 
Wenn $f$ streng monoton fallend ist, dann gelten die gleichen Aussagen, allerdings mit den Grenzen der Intervalle vertauscht.
\end{lemma}

F\"ur die streng monoton steigende Funktion 
\[ \begin{array}{rcl} \exp\colon  [0,4]&\to & \R \\
x&\mapsto &\exp(x)\end{array} \]
folgt beispielsweise aus Lemma~\ref{lem:fmonotonsteigend}, dass  $\exp([0,4])=[e^0,e^4]=[1,e^4].$
Betrachten wir zudem die streng monoton fallende Funktion
\[ \begin{array}{rcl} f\colon  [1,\infty)&\to & \R\\
x&\mapsto &\frac{1}{x}.\end{array} \]
Dann besagt also Lemma~\ref{lem:fmonotonsteigend}, dass 
\[ f\Big([1,\infty)\Big)=\left(\lim_{x\to \infty}\lmfrac{1}{x}\,\,,\,\,f(1)\right]=(0,1].\]

\begin{proof}
Es sei $f\colon  D\to \R$ eine streng monoton steigende Funktion. 
\begin{enumerate}
\item  Es sei $D=[a,b]$ ein kompaktes Intervall. Nachdem $f$ streng monoton steigend ist, folgt
\[ x\in [a,b]\quad \Longrightarrow \quad f(x)\in [f(a),f(b)],\]
d.h.\ $f\Big([a,b]\Big)$ ist enthalten im Intervall $[f(a),f(b)]$. Andererseits besagt der Zwischenwertsatz \ref{satz:zwischenwert},  dass es zu jedem $y\in [f(a),f(b)]$ ein $x\in [a,b]$ mit $f(x)=y$ gibt. Wir sehen also, dass $f\Big([a,b]\big)=[f(a),f(b)]$.
\item Es sei nun $D=[a,\infty)$ ein halb-offenes, unbeschr\"anktes Intervall mit der Eigenschaft, dass $\lim_{x\to \infty} f(x)=\infty$. Dann gilt
\footnote{Hierbei verwenden wir folgende Tatsache, welche sofort aus den Definitionen folgt:
Wenn $f\colon  X\to Y$ eine beliebige Abbildung zwischen Mengen $X$ und $Y$ ist, und wenn $A,B\subset X$ Teilmengen von $X$ sind, dann gilt
\[ f(X\cup Y)\,=\,f(X)\cup f(Y).\]}
\[ \begin{array}{rcll}\hspace{1cm} f\left([a,\infty)\right)=f\Big(\bigcup\limits_{n\in \Z,n>a} [a,n]\Big)&=&\bigcup\limits_{n\in \Z,n>a} f\big([a,n]\big)\\
&=&\bigcup\limits_{n\in \Z,n>a} [f(a),f(n)]&\mbox{nach dem ersten Fall}\\
&=&[f(a),\infty)&\mbox{nachdem $\underset{x\to\infty}{\lim} f(x)=+\infty$}.\end{array}\]
\end{enumerate}
Die anderen Aussagen werden ganz analog bewiesen.
\end{proof}


% Ende 15. Vorlesung 

Eine Funktion $f\colon  D\to \R$ ist \emph{bijektiv auf ihr Bild}, wenn die Abbildung $f\colon  D\to f(D)$ bijektiv ist. Wir werden \"ofters folgendes elementare Lemma verwenden.

\begin{lemma} \label{lem:strengmonotonbijektiv} Jede streng monotone Funktion ist bijektiv auf ihr Bild.
\end{lemma}


Beispielsweise folgt aus dem Lemma, dass  die Funktion
\[ \begin{array}{rcl} f\colon  [0,\infty)& \to& \R\\ x&\mapsto &x^2\end{array} \]
bijektiv auf ihr Bild ist.

\begin{proof}
Es sei  $f\colon  D\to \R$ eine streng monotone Funktion. 
Dann folgt sofort, dass $f$ injektiv ist. Andererseits ist die Abbildung $f\colon  D\to f(D)$  per Definition surjektiv. Also ist $f$ bijektiv auf ihr Bild.
\end{proof}



\begin{definition}
Es sei $f\colon  D\to \R$ eine Funktion, welche bijektiv auf ihr Bild ist. Dann existiert zu jedem $a\in f(D)$ genau ein $b\in D$ mit der Eigenschaft $f(b)=a$.
 Dieses $b$ wird mit $f^{-1}(a)$ bezeichnet und die Funktion
\[ \begin{array}{rcl} f^{-1}\colon  f(D)&\to & D \\
a&\mapsto &f^{-1}(a)=\mbox{das einzige $b\in D$ mit $f(b)=a$} \end{array} \]
hei\ss t die \emph{Umkehrfunktion von $f$}.
\end{definition}

Wir k\"onnen die Definition der Umkehrfunktion auch so formulieren: Es gilt
\begin{equation} \label{equ:fm1} f^{-1}(a)=b \quad \Longleftrightarrow \quad f(b)=a.\end{equation}
Wir k\"onnen jetzt folgendes elementare Lemma beweisen.

\begin{lemma}\label{lem:ffm1}
Es sei $f\colon  D\to \R$ eine Funktion, welche bijektiv auf ihr Bild ist. Dann gilt
\begin{align*}
\begin{array}{rcll}
f^{-1}(f(x))&=&x, &\mbox{ f\"ur alle $x\in D$}, 
\intertext{sowie}
\hspace{5cm} f(f^{-1}(x))&=&x, &\mbox{ f\"ur alle $x\in f(D)$}. \end{array} \end{align*}
\end{lemma}

\begin{proof}
Es sei also $x\in D$. Dann ist $f^{-1}(f(x))=a$ das eindeutig bestimmte Element $a$ mit $f(a)=f(x)$. Es folgt also, dass $a=x$. 

Es sei nun $x\in f(D)$. Wir schreiben $a=f^{-1}(x)$. Es folgt aus (\ref{equ:fm1}), dass $f(a)=x$. Wir sehen also, dass $f(f^{-1}(x))=x$. 
\end{proof} 

 
Zur Erinnerung, wir hatten den Graphen von einer Funktion $g\colon  E\to \R$ definiert als
\[ \operatorname{Graph}(g)=\{ (x,g(x))\in \R^2\,|\, x\in E\}.\]
Das folgende Lemma besagt nun, dass wir den Graphen von $f^{-1}$ dadurch erhalten, indem wir den Graphen von $f$ an der $xy$--Diagonale spiegeln. 

\begin{lemma}
Es sei $f\colon  D\to \R$ eine Funktion, welche bijektiv auf ihr Bild ist. Dann gilt
\[
 \operatorname{Graph}({f^{-1}})=\mbox{Spiegelung von $\operatorname{Graph}(f)$ an der $xy$--Diagonale}.\]
\end{lemma}

\begin{proof}
Es sei $(x,y)\in \R^2$. Dann gilt
\[ \begin{array}{rcll} (x,y)\in \operatorname{Graph}(f^{-1})&\Longleftrightarrow &y=f^{-1}(x)\\
&\Longleftrightarrow &f(y)=x\quad\quad&\mbox{nach (\ref{equ:fm1})} \\
&\Longleftrightarrow & (y,x)\in \operatorname{Graph}(f),&\mbox{denn $(y,x)=(y,f(y))$.}\end{array} \]
Wir sehen also,  dass wir den Graphen von $f^{-1}$ aus dem Graphen von $f$ durch Vertauschen der $x$- und der $y$-Koordinate erhalten. Anders ausgedr\"uckt, wir erhalten den Graphen von $f^{-1}$, indem wir den Graphen von $f$ an der $xy$--Diagonale spiegeln.
\end{proof}


\begin{beispiel}
Wir betrachten die Funktion
\begin{align*}
\begin{array}{rcl}\hspace{6cm} f\colon  [0,2]&\to &[0,4]\\
x&\mapsto&x^2
\intertext{In  Lemma~\ref{lem:xkmonoton} hatten wir gezeigt, dass die Funktion $f$ streng monoton ist.
Es folgt aus  Lemma~\ref{lem:fmonotonsteigend}, dass $f(0,2])=[f(0),f(2)]=[0,4]$. Die Umkehrfunktion ist gegeben durch }
\hspace{3cm} f^{-1}\colon  [0,4]&\to &[0,2]\\
x&\mapsto&\sqrt{x}.\end{array} 
\end{align*}
Die Graphen der Funktionen $f$ und $f^{-1}$ werden in Abbildung \ref{fig:quadrat} skizziert.
\begin{figure}[h]
\begin{center}
\input{umkehrxquadrat.pstex_t}
\caption{Die Funktion $f(x)=x^2, x\in [0,2]$ und ihre Umkehrfunktion $f^{-1}(x)=\sqrt{x}, x\in [0,4]$.}
\label{fig:quadrat}
\end{center}
\end{figure}
\end{beispiel}

Im weiteren Verlauf der Vorlesung werden wir mehrmals folgendes Lemma verwenden.


\begin{lemma}\label{lem:monotonieumkehr}
Wenn $f\colon  D\to \R$ streng monoton steigend $($bzw. fallend$)$ ist, dann ist $f^{-1}\colon  f(D)\to D$ ebenfalls streng monoton steigend $($bzw. fallend$)$.
\end{lemma}

\begin{proof}
Wir betrachten zuerst den Fall, dass $f\colon  D\to \R$ streng monoton steigend  ist.
Wir wollen zeigen, dass dann auch $f^{-1}\colon  f(D)\to D$  streng monoton steigend ist.

Es seien also $y_1>y_2\in f(D)$.
Wir schreiben $x_1=f^{-1}(y_1)$ und $x_2=f^{-1}(y_2)$.  Wir m\"ussen zeigen, dass $x_1>x_2$.
Nehmen wir an, dass dies nicht der Fall ist, d.h.\ wir nehmen an, dass $x_1\leq x_2$. Wenn $x_1=x_2$, dann ist nat\"urlich auch $y_1=f(x_1)=f(x_2)=y_2$. Dies ist ein Widerspruch.
Wenn $x_1<x_2$, dann folgt aus der strengen Monotonie von $f$, dass $y_2=f(x_2)>f(x_1)=y_1$, aber dies ist im Widerspruch zu $y_1>y_2$. Wir haben also gezeigt, dass $f^{-1}\colon  f(D)\to D$  streng monoton steigend ist.

Der Fall, dass $f\colon  D\to \R$ streng monoton fallend ist, wird ganz analog bewiesen.
\end{proof}

In der Analysis interessieren wir uns haupts\"achlich f\"ur stetige Funktionen.
Es stellt sich also nun folgende Frage: wenn $f\colon  D\to \R$ bijektiv auf ihr Bild ist, und wenn $f$ stetig ist, folgt dann, dass $f^{-1}$ ebenfalls stetig ist? Wir werden im folgenden Beispiel sehen, dass die Antwort im Allgemeinen Nein ist.

\begin{beispiel}
Wir betrachten die Funktion
\begin{align*}
 \begin{array}{rcl} \hspace{3cm} f\colon  [0,1]\cup (2,3]&\to & \R \\
x&\mapsto & \left\{ \begin{array}{ll} x, &\mbox{ falls }x\in [0,1]\\ x-1,&\mbox{ falls } x\in (2,3].\end{array} \right. 
\intertext{Dann ist $f$ stetig und man sieht leicht, dass die Funktion $f$ bijektiv auf ihr Bild ist.
Die Wertemenge betr\"agt dabei  $f([0,1]\cup (2,3])=[0,2]$.
Die Umkehrfunktion ist dann wie folgt gegeben:}
 f\colon  [0,2]&\to & \R \\
x&\mapsto & \left\{ \begin{array}{ll} x, &\mbox{ falls }x\in [0,1]\\ x+1,&\mbox{ falls } x\in (1,2].\end{array} \right.\end{array} \end{align*}
Die Umkehrfunktion ist also im Punkt $x_0=1$  nicht stetig. Die Graphen von $f$ und $f^{-1}$ sind in Abbildung \ref{fig:umkehrunstetig} skizziert.

\begin{figure}[h]
\begin{center}
\input{umkehrunstetig.pstex_t}
\caption{Eine stetige Funktion, deren Umkehrfunktion unstetig ist.}
\label{fig:umkehrunstetig}
\end{center}
\end{figure}
\end{beispiel}

Wir sehen also, dass die Umkehrfunktion im Allgemeinen nicht stetig ist, aber wir sehen auch, dass zumindest in dem obigen Beispiel die nicht-Stetigkeit von $f^{-1}$ an der `Zerissenheit' vom Definitionsbereich von $f$  liegt.
Wir werden deswegen im Folgenden Funktionen betrachten, welche auf einem Intervall definiert sind.



Der folgende Satz ist der Hauptsatz dieses Kapitels.

\begin{satz} \label{satz:umkehrstetig}
Es sei $D\subset \R$ ein Intervall und es sei  $f\colon  D\to \R$ eine  streng monotone Funktion.
\footnote{Wir setzen hier also \emph{nicht} voraus, dass $f$ stetig ist. Dies ist kein Tippfehler. Wenn $f$ streng monoton ist, dann ist die Umkehrfunktion stetig, selbst wenn $f$ selber nicht stetig ist. Es ist vielleicht hilfreich mal explizit den Graphen von solchen Funktionen aufzuzeichnen.}
Dann ist die Umkehrfunktion $f^{-1}\colon  f(D)\to D$  stetig.
\end{satz}

\begin{proof}
Wir betrachten zuerst den Fall, dass $D=\R$, und dass $f\colon  D\to \R$ eine streng monoton steigende Funktion ist.

Es sei also $y_0\in f(\R)$.  Wir wollen zeigen, dass $f^{-1}$ stetig im Punkt $y_0$ ist. 
 Wir setzen $x_0:=f^{-1}(y_0)$. Wir wollen also zeigen, dass
\[  \underset{\epsilon>0}{\bigforall}\,\,\underset{\delta>0}{\bigexists}
\,\,\underset{|y-y_0|<\delta}{\bigforall}|f^{-1}(y)-x_0| <\epsilon.\]
Es sei nun $\epsilon>0$. 
Nachdem $f$ streng monoton steigend ist, folgt, dass
\[ f(x_0-\epsilon)\,\,<\,\,y_0\,\,=\,\,f(x_0)\,\,<\,\,f(x_0+\epsilon).\]
Wir w\"ahlen nun ein $\delta>0$, so dass
\footnote{Beispielsweise k\"onnten wir
\[ \delta\,:=\,\min\{f(x_0+\epsilon)-y_0,y_0-f(x_0-\epsilon)\}\]
setzen.}
\[ (y_0-\delta,y_0+\delta)\subset (f(x_0-\epsilon),f(x_0+\epsilon)). \]
 Dann gilt f\"ur $y\in \R$, dass
\[ \begin{array}{rcll}  |y-y_0|<\delta& \Rightarrow & (y_0-\delta<y<y_0+\delta)\\
&\Rightarrow &(f(x_0-\epsilon)<y<f(x_0+\epsilon))\\
&\Rightarrow & \Big(f^{-1}(f(x_0-\epsilon))<f^{-1}(y)<f^{-1}(f(x_0+\epsilon))\Big) &\mbox{nach Lemma~\ref{lem:monotonieumkehr}} \\
&\Rightarrow & (x_0-\epsilon<f^{-1}(y)<x_0+\epsilon)\\
&\Rightarrow & |f^{-1}(y)-x_0|<\epsilon.\end{array} \]
\begin{figure}[h]
\begin{center}
\input{umkehrstetig.pstex_t}
\caption{Skizze f\"ur den Beweis der Stetigkeit von Umkehrfunktionen von streng monotonen Funktionen.}
\label{fig:umkehrstetig}
\end{center}
\end{figure}
Wir m\"ussen nun noch die F\"alle betrachten, dass $D$ ein beliebiges Intervall  ist, oder dass $f$ streng monoton fallend ist. Diese F\"alle werden ganz \"ahnlich bewiesen und sind eine freiwillige \"Ubungsaufgabe.
\end{proof}

%================================
\subsection{Die Wurzelfunktionen}

Es sei $k\in \N$. Nach  Lemma~\ref{lem:xkmonoton} ist die Funktion
\[ \begin{array}{rcl} f\colon  [0,\infty) &\to & \R \\
x&\mapsto &x^k \end{array} \]
streng monoton steigend und wir hatten schon l\"angst gesehen, dass die Funktion stetig ist.
Zudem folgt aus Lemma~\ref{lem:fmonotonsteigend}, dass
 \[  f([0,\infty))\,\, =\,\, \Big[f(0),\lim_{x\to \infty} x^k\Big)\,\,=\,\,[0,\infty).\]
Die  Umkehrfunktion 
\[ \begin{array}{rcl} [0,\infty)&\mapsto & \R\\
x&\mapsto &\sqrt[k]{x}:=f^{-1}(x)\end{array}\]
hei\ss t die  \emph{$k$-te Wurzelfunktion}. Die Umkehrfunktion  ist stetig nach Satz~\ref{satz:umkehrstetig}.


Wenn $k$ ungerade ist, dann ist nach Lemma~\ref{lem:xkmonoton}  die Funktion
\[ \begin{array}{rcl} g\colon  \R&\to & \R \\
x&\mapsto& x^k \end{array} \]
streng monoton steigend   und es folgt aus  Lemma~\ref{lem:fmonotonsteigend}, dass
\[  f((-\infty,\infty))\,\, =\,\, \Big(\lim_{x\to-\infty} x^k,\lim_{x\to \infty} x^k\Big)\,\,=\,\,(-\infty,\infty).\]
Die Umkehrfunktion ist also auch auf ganz $\R$ definiert und wird ebenfalls als Wurzelfunktion bezeichnet.


%================================
\subsection{Die Logarithmusfunktionen}
Wir fassen zuerst die wichtigsten Eigenschaften der Exponentialfunktion zusammen.

\begin{lemma}\label{lem:expproperties}
 Die Exponentialfunktion
\[ \begin{array}{rcl} \exp\colon  \R&\to & \R \\
x&\mapsto & \exp(x)=\sum\limits_{n=0}^\infty \smfrac{x^n}{n!}\end{array} \]
besitzt  folgende Eigenschaften:
\begin{enumerate}
\item $\exp(0)=1$,
\item $e:=\exp(1)$ ist die Eulersche Zahl, es gilt $e\approx 2.718281828\dots$,
\item f\"ur alle $x,y\in \R$ gilt $\exp(x+y)=\exp(x)\exp(y)$,
\item f\"ur alle $x\in \R$ gilt $\exp(-x)=\frac{1}{\exp(x)}$,
\item f\"ur alle $n\in \Z$ gilt $\exp(n)=e^n$,
\item f\"ur alle $x\in (-\infty,0)$ gilt $\exp(x)\in (0,1)$,
\item  f\"ur alle $x\in (0,\infty)$ gilt $\exp(x)\in (1,\infty)$,
\item $\exp$ ist stetig,
\item die Exponentialfunktion ist streng monoton steigend,
\item $\underset{x\to \infty}{\lim} \exp(x)=+\infty$,
\item $\underset{x\to-\infty}{\lim}\exp(x)=0$,
\item  $\exp(\R)=(0,\infty)$.
\end{enumerate}
\end{lemma}

\begin{proof}\mbox{}
\begin{enumerate}
\item[(1)-(8)]
Die ersten acht Aussagen haben wir in Theorem  \ref{thm:expxy}, Satz~\ref{satz:exp} und Satz~\ref{satz:expstetig} bewiesen.
\item[(9)]
Wir wollen nun zeigen, dass die Exponentialfunktion streng monoton steigend ist. Es sei also $x_1>x_2$. Dann gilt
\[ \begin{array}{rcll} \exp(x_1)&=&\exp((x_1-x_2)+x_2)\\
&=&\exp(x_1-x_2)\cdot \exp(x_2)& \mbox{ nach Eigenschaft (3)}\\
&>&\exp(x_2)&\mbox{ nach Eigenschaft (7), weil $x_1-x_2>0$.}\end{array}\]
\item[(10)]
Es folgt aus (5), dass die Funktionswerte der Exponentialfunktion nach oben unbeschr\"ankt sind. Es folgt nun aus der strengen Monotonie der Exponentialfunktion, dass $\lim_{x\to \infty} \exp(x)=+\infty$.\footnote{Warum folgt das aus der strengen Monotonie?}
\item[(11)] Diese Aussage folgt aus den Eigenschaften (3) und (10).
\item[(12)] Es folgt aus Lemma~\ref{lem:fmonotonsteigend} und aus (10) und (11), dass $\exp(\R)=(0,\infty)$.
\end{enumerate}
\end{proof}



Die Umkehrfunktion von $\exp\colon  \R\to \R$
wird die \emph{Logarithmusfunktion} (kurz $\ln$) genannt.
Der Definitionsbereich der Logarithmusfunktion ist $\exp(\R)=(0,\infty)$.
Der Graph der Exponentialfunktion und der Graph der Logarithmusfunktion sind in Abbildung \ref{fig:exp} skizziert.
\begin{figure}[h]
\begin{center}
\input{umkehrexp.pstex_t}
\caption{Die Exponentialfunktion und die Logarithmusfunktion.}
\label{fig:exp}
\end{center}
\end{figure}

Der folgende Satz folgt nun aus den Eigenschaften der Exponentialfunktion, welche wir in Lemma~\ref{lem:expproperties} zusammen getragen hatten und aus den allgemeinen Eigenschaften von Umkehrfunktionen.

\begin{satz}\label{satz:propln}
Die Logarithmusfunktion
\[ \begin{array}{rcl} \ln\colon  (0,\infty)&\to & \R\\
x&\mapsto &\ln(x) \end{array} \]
hat folgende Eigenschaften:
\begin{enumerate}
\item $\ln(1)=0$,
\item $\ln(e)=1$,
\item f\"ur alle $x,y\in (0,\infty)$ gilt $\ln(x\cdot y)=\ln(x)+\ln(y)$,
\item f\"ur alle $x\in (0,\infty)$ gilt $\ln(\frac{1}{x})=-\ln(x)$, 
\item f\"ur alle $n\in \N$ gilt $\ln(e^n)=n$,
\item die Logarithmusfunktion  ist stetig,
\item die Logarithmusfunktion  ist streng monoton steigend,
\item es ist
\[\ln(\exp(x))=x\mbox{ f\"ur alle }x\in \R \mbox{ sowie }  \exp(\ln(x))=x\mbox{ f\"ur alle }x\in (0,\infty),\]
\item $\underset{x\to\infty}{\lim} \ln(x)=+\infty$,
\item $\underset{x\searrow 0}{\lim}\ln(x)=-\infty$. 
\end{enumerate}
\end{satz}

\begin{proof}\mbox{}
\begin{enumerate}
\item Nachdem  $\exp(0)=1$, folgt, dass $\ln(1)=\exp^{-1}(1)=0$. 
\item Dies folgt wie (1) sofort aus der Definition der Umkehrabbildung, und der Tatsache, dass $\exp(1)=e$. 
\item Es seien also $x,y\in (0,\infty)$. Dann gilt
\[ \begin{array}{rcl} \ln(x\cdot y)=\ln(\exp(\ln(x))\cdot \exp(\ln(y)))
&=&\ln(\exp(\ln(x)+\ln(y)))\\
&=&\ln(x)+\ln(y).\end{array}\]
\item Es sei $x\in (0,\infty)$. Aus (1) und (3) folgt, dass $0=\ln(1)=\ln(x\cdot \frac{1}{x})=\ln(x)+\ln(\frac{1}{x})$. 
\item Es sei $n\in \N$. Nachdem $\exp(n)=e^n$ folgt, wie in (1) und (2), dass $\ln(e^n)=n$. 
\item Nachdem die Exponentionalfunktion stetig ist, folgt aus Satz~\ref{satz:umkehrstetig}, dass die Logarithmusfunktion stetig ist. 
\item Nachdem die Logarithmusfunktion streng monoton steigend ist, folgt aus Lemma~\ref{lem:monotonieumkehr}, dass die Logarithmusfunktion streng monoton steigend  ist. 
\item Diese Aussage folgt aus Lemma~\ref{lem:ffm1}.
\item Es folgt aus (5), dass $\ln(e^n)=n$, d.h.\ die Logarithmusfunktion $\ln$ ist nach oben unbeschr\"ankt. Nachdem die Logarithmusfunktion zudem streng monoton steigend ist, folgt, dass  $\lim_{x\to \infty} \ln(x)=+\infty$.
\footnote{Hierbei verwenden wir folgende einfache Tatsache: es sei $f\colon  (x_0,\infty)\to \R$ eine streng monoton steigende Funktion, welche nach oben unbeschr\"ankt ist. Dann gilt $\lim_{x\to\infty} f(x)=+\infty$.
In der Tat, denn sei $C\in \R$. Nachdem $f$ nach oben unbeschr\"ankt ist, gibt es ein $X\in (x_0,\infty)$ mit $f(X)>C$. Nachdem streng monoton steigend ist, gilt dann f\"ur alle $x\geq X$, dass $f(x)>C$.}
\item F\"ur $n\in \N$ folgt aus (4) und (5), dass $\ln(e^{-n})=-\ln(e^n)=-n$. Es folgt, dass die Logarithmusfunktion $\ln$ nach unten  unbeschr\"ankt ist. Nachdem die Logarithmusfunktion  streng monoton steigend ist, folgt nun, dass   $\lim_{x\searrow 0}\ln(x)=-\infty$. 
\end{enumerate}
\end{proof}


%================================
\subsection{Potenzen von reellen Zahlen}
Es  sei $a\in (0,\infty)$ und $x\in \R$. Wir definieren
\begin{align*}
\begin{array}{rcl}
\hspace{5cm} a^x&:=& \exp(x\cdot \ln(a))
\intertext{gesprochen `$a$ hoch $x$'. Insbesondere folgt aus $\ln(e)=1$, dass }
 e^x&=&\exp(x).\end{array} \end{align*}
Der folgende Satz besagt nun, dass `$a$ hoch $x$' alle Eigenschaften erf\"ullt, die man erwarten w\"urde.

\begin{satz}\label{satz:propahochx}
Es seien $a,b\in (0,\infty)$ und $x,y\in \R$, zudem sei $n\in \N_0$. Dann gilt:
\begin{align*}\begin{array}{rrcl}
\hspace{1cm} 
(1) &a^0&=&1,\\
(2) &a^n&=&\underset{n-\operatorname{Mal}}{\underbrace{a\cdot \dots a}}\hspace{10cm}\\
(3) & a^xa^y&=&a^{x+y} \\
(4) & a^{-x}&=&\frac{1}{a^x}\\
(5)& (a^x)^y&=&a^{xy} \\
(6) &a^xb^x&=&(ab)^x.\end{array} \end{align*}
\end{satz}

Wir  hatten nat\"urlich schon ganz am Anfang, auf Seite \pageref{def:xn},  die Notation $a^n$ f\"ur nat\"urliche Zahlen $n\in \N$ eingef\"uhrt. Die erste Aussage des Satzes besagt also, dass die zwei Definitionen f\"ur $a^n$ mit $n\in \N$ \"ubereinstimmen.

\begin{proof}
Es seien also $a,b\in (0,\infty)$ und $x,y\in \R$.
\begin{enumerate}
\item Es ist $a^0=\exp(\ln(a)\cdot 0)=\exp(0)=1$.
\item 
 Es sei also  $n\in \N$. Dann  gilt:
\[ \begin{array}{rcll} \hspace{1cm}\exp(n\cdot \ln(a))&=&\exp(\underset{n-\operatorname{Mal}}{\underbrace{\ln(a)+\dots+\ln(a)}})\\
&=&
\underset{n-\operatorname{Mal}}{\underbrace{\exp(\ln(a))\cdot \dots  \cdot \exp(\ln(a))}}&\mbox{weil $\exp(x+y)=\exp(x)\cdot \exp(y)$}\\
&=&\underset{n-\operatorname{Mal}}{\underbrace{a\cdot \dots a}}&\mbox{weil $\exp(\ln(x))=x$ f\"ur alle $x\in (0,\infty)$}.\end{array} \]
\item Es ist
\[ \begin{array}{rcl} a^xa^y\,\,=\,\,\exp(x\cdot \ln a)\cdot \exp(y\cdot \ln a)&=&\exp(x\cdot \ln a+y\cdot \ln a)\\
&=&\exp((x+y)\cdot \ln a)\,\,=\,\,a^{x+y}.\end{array} \]
\item Aus (1) und (3) folgt, dass $a^{-x}\cdot a^x=a^{-x+x}=a^0=1$, also erhalten wir, dass $a^{-x}=\frac{1}{a^x}$.
\item[(5), (6)] Diese beiden Aussagen folgen leicht aus den Definitionen und den Eigenschaften der Exponentialfunktion und der Logarithmusfunktion. Diese Aussagen werden im 8.\ \"Ubungsblatt bewiesen.
\end{enumerate}
\end{proof}

Wir beschlie\ss en das Kapitel mit folgendem Lemma, welches  in \"Ubungsblatt 8 bewiesen wird.

\begin{lemma}\label{lem:lnax}
Es sei $a\in (0,\infty)$ und $x\in \R$, dann gilt
\[ \ln\left(a^x\right)\,\,=\,\,x\cdot \ln(a).\]
\end{lemma}

% Ende 16. Vorlesung 

\newpage
%================================
\section{Die komplexen Zahlen}

%================================
\subsection{Der K\"orper der komplexen Zahlen}
Wir bezeichnen nun mit 
\[ \C=\{ a+bi\,|\, a,b\in \R \}\]
die Menge aller formalen Summen $a+bi$, wobei $i$ ein festgew\"ahltes Symbol ist.
Wir nennen $\C$ die \emph{Menge der komplexen Zahlen}. F\"ur $a\in \R$ schreiben wir hierbei
$a+0i=a$  und $0+ai=ai$.
Wir k\"onnen komplexe Zahlen wie folgt addieren
\begin{align*}
\begin{array}{rcll} \hspace{2cm} (x+yi)+(x'+y'i)&:=&(x+x')+(y+y')i,\quad&\mbox{wobei $x,y,x',y'\in \R$},
\intertext{und wie folgt mit einem Skalar, d.h.\ mit einer reellen Zahl, multiplizieren}
\l\cdot (x+yi)&:=&\lambda  x+\lambda  yi,&\mbox{wobei $x,y,\l\in \R$}.\end{array} 
\end{align*} 
Man kann nun leicht \"uberpr\"ufen, dass $\C$ mit dieser Addition und dieser Skalarmultplikation ein 2-dimensionaler reeller Vektorraum ist. Insbesondere ist die Abbildung
\[ \begin{array}{rcl}  \R^2 &\mapsto & \C \\
(x,y) &\mapsto & x+yi\end{array} \]
ein Isomorphismus von reellen Vektorr\"aumen. Wir stellen uns deswegen die komplexen Zahlen bildlich auch als die 2-dimensionale Ebene vor.
\begin{figure}[h]
\begin{center}
\input{komplexe-zahlen.pstex_t}
\caption{Graphische Darstellung von komplexen Zahlen und deren Addition.}\label{fig:komplexe-zahlen}
\end{center}
\end{figure}

Der folgende Satz besagt nun, dass man auf den komplexen Zahlen eine Multiplikation einf\"uhren kann, so dass alle K\"orperaxiome erfüllt sind.

\begin{satz}
Die Menge $\C$ der komplexen Zahlen mit der Addition
\begin{align*}
\begin{array}{rcll} \hspace{1.5cm} (x+yi)+(x'+y'i)&:=&(x+x')+(y+y')i,\quad&\mbox{wobei $x,y,x',y'\in \R$},
\intertext{und der Multiplikation}
 (x+yi)\cdot(x'+y'i)&:=&(xx'-yy')+(xy'+x'y)i,&\mbox{wobei $x,y,x',y'\in \R$}.\end{array} 
\end{align*} 
ist ein K\"orper.
\end{satz}

Die Multiplikation 
\[ (x+yi)\cdot (x'+y'i)\,\,=\,\,(xx'-yy')+(xy'+x'y)i\]
erfolgt also  durch Ausmultiplizieren und indem wir $i^2=-1$ setzen.


\begin{proof}
Wir m\"ussen also jetzt zeigen, dass alle K\"orperaxiome erf\"ullt sind.
\begin{enumerate}
\item[(A1)-(A4)] Elementares Nachrechnen zeigt, dass die Additionsaxiome (A1) bis (A4) erf\"ullt sind. 
\item[(M1)] Das Assoziativgesetz zeigt man  durch explizites Nachrechnen.
\item[(M2)] Die  Definition der Multiplikation ist symmetrisch in $x+yi$ und $x'+y'i$, also ist die Multiplikation  kommutativ.
\item[(M3)] F\"ur alle $x+iy\in \C$ gilt 
\[ (x+iy)\cdot 1=(x+iy)(1+0i)=x+yi,\]
d.h.\ $1=1+0i$ ist ein multiplikativ neutrales Element.
\item[(M4)] Es sei also $x+iy\in \C\setminus \{0\}$. Dann ist
\[ \hspace{1cm} \quad (x+iy)\cdot \frac{1}{x^2+y^2}(x-iy)\,\,=\,\,\frac{1}{x^2+y^2}(x+iy)(x-iy)\,\,=\,\,\frac{1}{x^2+y^2}(x^2+y^2)\,\,=\,\,1.\]
Anders ausgedr\"uckt, es ist 
\[ (x+iy)^{-1}=\frac{1}{x^2+y^2}(x-iy).\]
\item[(D)] Das Distributivgesetz zeigt man ebenfalls durch explizites Nachrechnen.
\end{enumerate}
\end{proof}

Wir schreiben manchmal auch $i=:\sqrt{-1}$, und f\"ur eine reelle Zahl $a\geq 0$ schreiben wir manchmal
\begin{align*}
\begin{array}{rcl}
\hspace{5cm} \sqrt{-a}&:=&\sqrt{a} \cdot i
\intertext{Dann gilt in der Tat, dass }
\sqrt{-a}^2&=&(\sqrt{a} \cdot i)^2=\sqrt{a}^2\cdot i^2=a\cdot (-1)=-a.\end{array} 
\end{align*}



\begin{lemma}
Es sei $p(x)=ax^2+bx+c$ ein Polynom mit $a,b,c\in \R$ und $a\ne 0$. Dann existiert eine komplexe Zahl $z$ mit $p(z)=0$. 
\end{lemma}

\begin{proof}
Die quadratische L\"osungsformel besagt, dass $p(z)=0$ f\"ur 
\[ z=\frac{-b\pm \sqrt{b^2-4ac}}{2a}.\]
Der Ausdruck auf der rechten Seite definiert  im Allgemeinen keine reelle Zahl. Aber wie wir gerade gesehen hatten, definiert der Ausdruck  komplexe Zahlen. Diese sind dann die Nullstellen von $p$. 
\end{proof}

In Analysis III werden wir folgenden viel allgemeineren Satz beweisen.

\begin{satz}\textbf{$($Fundamentalsatz der Algebra$)$}
Es sei $p(x)=a_0+a_1x+\dots+a_kx^k$ ein beliebiges Polynom mit komplexen Koeffizienten, wobei $k\geq 1$ und $a_k\ne 0$.
Dann existiert ein $z\in \C$ mit $p(z)=0$.
\end{satz}

\begin{bemerkung}
Es sei $w\in \C$ beliebig. Dann besagt der Fundamentalsatz der Algebra, dass das Polynom $x^2-w$ eine komplexe Nullstelle besitzt. D.h.\ es gibt ein $z\in \C$ mit $z^2=w$. Anders ausgedr\"uckt, jede komplexe Zahl besitzt eine Wurzel. In \"Ubungsblatt 9 werden wir der Frage nachgehen, was die Wurzel(n) aus $i$ sind.
\end{bemerkung}

Wir f\"uhren jetzt weitere Definitionen ein.
F\"ur $z=x+iy$ mit $x,y\in \R$ hei\ss t
\[
\begin{array}{rcll} \operatorname{Re}(z)&:=&x&\mbox{der \emph{Realteil von $z$}},\\
\operatorname{Im}(z)&:=&y& \mbox{der \emph{Imagin\"arteil von $z$}},\\
\overline{z}&:=&x-iy\quad&\mbox{die \emph{zu $z$ konjugiert komplexe Zahl}}.\end{array}
\]
Die konjugiert komplexe Zahl $\overline{z}$ wird oft als \emph{$z$ quer} bezeichnet.
Die geometrische Bedeutung dieser Definitionen wird in Abbildung \ref{fig:komplexe-zahlen-xy} skizziert.
\begin{figure}[h]
\begin{center}
\input{komplexe-zahlen-xy.pstex_t}
\caption{Die geometrische Bedeutung von Realteil, Imagin\"arteil und konjugiert komplexer Zahl.}
\label{fig:komplexe-zahlen-xy}
\end{center}
\end{figure}


\begin{lemma}\label{lem:zkonj}
Es seien $w,z\in \C$. Dann gilt:
\[
\begin{array}{lrcl}
(1) \quad &\operatorname{Re}(z)&=&\frac{1}{2}(z+\overline{z}),\hspace{4cm}\\[2mm]
(2) &\operatorname{Im}(z)&=&\frac{1}{2i}(z-\overline{z}),\\[2mm]
(3) &\overline{w+z}&=&\overline{w}+\overline{z},\\[2mm]
(4) &\overline{wz}&=&\overline{w}\cdot \overline{z}.\end{array} \]
\end{lemma}


\begin{proof}
Alle diese  Aussagen k\"onnen durch elementares Nachrechnen bewiesen werden. 
Es seien also $w=u+vi$ und $z=x+yi$ komplexe Zahlen. 
Dann gilt in der Tat 
\[
\begin{array}{lrcl}
(1) \quad &\operatorname{Re}(z)&=&\frac{1}{2}\Big(x+yi+\overline{x+yi}\Big)\,\,=\,\,\frac{1}{2}(x+yi+x-yi)\,\,=\,\,x\\[2mm]
(2) &\operatorname{Im}(z)&=&\frac{1}{2i}(z-\overline{z})\,\,=\,\,\frac{1}{2i}\Big(x+yi-\overline{(x+iy)}\Big)\,\,=\,\,\frac{1}{2i}(x+yi-x+yi)\,\,=\,\,y\\[2mm]
(3) &\overline{w+z}&=&\overline{u+x+(v+y)i}\,\,=\,\,u+x-vi-yi\,\,=\,\,\overline{w}+\overline{z}\\[2mm]
(4) &\overline{wz}&=&\overline{ux-vy+(uy+vx)i}\,\,=\,\,ux-vy-(uy+vx)i\\
&&=&(u-vi)(x-yi)\,\,=\,\,\overline{w}\cdot \overline{z}.\end{array} \]
\end{proof}


Es sei $z=x+yi$ eine komplexe Zahl. Wir bezeichnen dann $|z|:=\sqrt{x^2+y^2}$ als den \emph{Betrag von $z$}.
Das folgende Lemma fasst einige Eigenschaften des Betrags von komplexen Zahlen zusammen.

\begin{lemma}\label{lem:betragz}

Es seien $w,z\in \C$. Dann gilt:
\[
\begin{array}{lrcll} 
(1)\quad &|z|&\geq& 0& \mbox{und $|z|=0$ genau dann, wenn $z=0$},\hspace{1cm}\\
(2) &|z|&=&\sqrt{z\cdot \overline{z}},&\\
(3)&\mbox{f\"ur $z\ne 0$ gilt }z^{-1}&=&\tmfrac{1}{|z|^2}\overline{z}\\
(4) &|w\cdot z|&=&|w|\cdot |z|,&\\
(5) &|w+z|&\leq& |w|+|z|\quad &  \mbox{$($Dreiecksungleichung$)$},\\
(6) &|z|&\geq& |\operatorname{Re}(z)|&\mbox{und }|z|\geq |\operatorname{Im}(z)|.\end{array} \]
\end{lemma}

\begin{proof}
Alle diese  Aussagen k\"onnen durch elementares Nachrechnen bewiesen werden. 
Es seien also $w=u+vi$ und $z=x+yi$ komplexe Zahlen. 
\begin{enumerate}
\item Es ist $|z|=\sqrt{x^2+y^2}\geq 0$, und wenn $|z|=0$, dann ist auch $x^2+y^2=0$, d.h.\ $x=0$ und $y=0$. 
\item Es ist $\sqrt{z\cdot \overline{z}}=\sqrt{(x+iy)(x-iy)}=\sqrt{x^2+y^2}=|z|$.
\item Es ist $z\cdot \frac{1}{|z|^2}\overline{z}=\frac{1}{z\overline{z}}z\overline{z}=1$, also ist $z^{-1}=\frac{1}{|z|^2}\overline{z}$.
\item Aus (2) und aus Lemma~\ref{lem:zkonj} (4) folgt, dass 
\[ |w\cdot z|=\sqrt{wz\cdot \overline{wz}}=\sqrt{w\cdot \overline{w}\cdot z\cdot \overline{z}}=\sqrt{w\overline{w}}\cdot \sqrt{z\overline{z}}=|w|\cdot |z|.\]
\item Die Dreiecksungleichung wird in \"Ubungsblatt 8 bewiesen.
\item Es ist $|z|=\sqrt{x^2+y^2}\geq \sqrt{x^2}=|x|=|\operatorname{Re}(z)|$. Die zweite Ungleichung wird ganz analog bewiesen.
\end{enumerate}
\end{proof}

\begin{bemerkung}
Wir haben nun also gesehen, dass $\C$ ein K\"orper ist. Es stellt sich die Frage, ob man eine Relation $>$ auf $\C$ definieren kann, so dass $\C$ ein angeordneter K\"orper ist. 
Dies ist allerdings nicht m\"oglich.
In der Tat, denn in einem angeordneten K\"orper $\Bbb{K}$ gilt nach Satz~\ref{satz:quadrat}, dass $a^2>0$ f\"ur alle $a\in \Bbb{K}\setminus \{0\}$. Dies impliziert, dass  $1=1\cdot 1>0$. Aus (O3) folgt dann, dass $0>-1$.
Aber in $\C$ gilt $i^2=-1$, welches nach Satz~\ref{satz:quadrat} positiv sein m\"usste, wenn $\C$ ein angeordneter K\"orper w\"are.
\end{bemerkung}

\begin{bemerkung}
Wir haben jetzt also gesehen, dass wir auf $\R^2=\C$ eine Addition und Multiplikation einf\"uhren k\"onnen, welche alle K\"orperaxiome erf\"ullt. Es stellt sich dann die Frage, ob man auch auf $\R^3$ oder allgemeiner, dem $\R^n$, $n\geq 3$ eine Multiplikation einf\"uhren kann, welche zusammen mit der offensichtlichen Addition einen K\"orper definiert und welcher $\R$ als Teilk\"orper enth\"alt. Mit den Methoden der Algebra-Vorlesung kann man zeigen, dass dies nicht m\"oglich ist.
Man kann allerdings auf $\R^4$ eine Multiplikation einf\"uhren, so dass alle Axiome bis auf die Kommutativit\"at (M2) gelten:
\footnote{Die Quaternionen sind definiert als die Summen
$a+bi+cj+dk$, wobei $i,j,k$ wiederum Symbole sind und $a,b,c,d$ reelle Zahlen sind. Die Addition wird ganz `naiv' definiert, und die Multiplikation ist definiert durch Ausmultiplizieren und durch die Regeln $i^2=j^2=k^2=1$ und $ij=k, jk=i, ki=j$.}
\[ \mbox{\url{http://de.wikipedia.org/wiki/Quaternion}}\]
Zudem kann man auf $\R^8$ eine Multiplikation einf\"uhren, so dass alle Axiome bis auf die Assoziativit\"at (M1) und die Kommutativit\"at (M2) gelten:
\[ \mbox{\url{http://de.wikipedia.org/wiki/Oktave_(Mathematik)}}.\]
\end{bemerkung}



%================================
\subsection{Konvergenz von Folgen und Reihen von komplexen Zahlen}
Wir werden in diesem Kapitel sehen, dass wir  ohne gr\"o\ss ere Probleme die meisten bisherigen Definitionen und S\"atze von reellen Folgen und Reihen auf  Folgen und Reihen von komplexen Zahlen \"ubertragen k\"onnen.

Wir beginnen mit der Definition der Konvergenz von einer Folge von komplexen Zahlen.
Es sei $(z_n)$ eine Folge von komplexen Zahlen. F\"ur $z\in \C$  definieren wir
\footnote{Hier ist $\epsilon$ eine positive reelle Zahl und $|z_n-z|$ bedeutet den Betrag der komplexen Zahl $z_n-z$}
\[ \lim_{n\to \infty} z_n=z\quad :\Longleftrightarrow \quad \underset{\epsilon>0}{\bigforall} \,\,\underset{N\in \N}{\bigexists} \,\,\underset{n\geq N}{\bigforall}\,\, |z_n-z|<\epsilon.\]
F\"ur die Konvergenz von Folgen von komplexen Zahlen gelten fast die gleichen Aussagen 
 wie in Satz~\ref{satz:eingw}, Satz~\ref{satz:beschr} und Satz~\ref{satz:limsum}, mit fast wort-w\"ortlich den gleichen Beweisen. Insbesondere gilt:
\begin{enumerate}
\item Wenn eine komplexe Folge konvergiert, dann ist der Grenzwert eindeutig bestimmt.
\item Eine komplexe Folge $(a_n)$, welche konvergiert, ist auch beschr\"ankt, d.h.\ es gibt ein $C\in \R$, so dass $|a_n|\leq C$ f\"ur alle $n\in \N$.
\end{enumerate}
Es seien $(a_n)$ und $(b_n)$ konvergente Folgen von komplexen Zahlen. Dann gilt zudem
\begin{enumerate}
\item[(3)] $\lim_{n\to \infty} (a_n+b_n)=\lim_{n\to \infty}a_n\,+\,\lim_{n\to \infty}b_n$,
\item[(4)] $\lim_{n\to \infty} (a_n\cdot b_n)=\lim_{n\to \infty}a_n\,\cdot\,\lim_{n\to \infty}b_n$,
\item[(5)] es sei $\l\in \C$, dann gilt $\lim_{n\to \infty} \lambda  a_n=\lambda  \lim_{n\to \infty} a_n$,
\item[(6)] wenn  $b_n\ne 0$ f\"ur alle $n$ und wenn $\lim_{n\to \infty}b_n\ne 0$, dann gilt
\[ \lim_{n\to \infty} \lmfrac{a_n}{b_n}\,\,=\,\,\lmfrac{\lim_{n\to \infty}a_n}{\lim_{n\to \infty}b_n}.\]
\end{enumerate}

Der folgende Satz besagt nun, dass man die Konvergenz von Folgen von komplexen Zahlen auf die Konvergenz von den Real- und Imagin\"arteilen zur\"uckf\"uhren kann.

\begin{satz}\label{satz:konvzn}
Es sei $(z_n)$ eine Folge von komplexen Zahlen und $z\in \C$.
Dann gilt
\footnote{Die linke Seite betrifft die Konvergenz von einer Folge von komplexen Zahlen, w\"ahrend die rechte Seite  von der Konvergenz von zwei Folgen von reellen Zahlen handelt.}
\[ \lim_{n\to \infty} z_n=z \quad \Longleftrightarrow \quad
\lim_{n\to \infty} \operatorname{Re}(z_n)=\operatorname{Re}(z) \mbox{ und }
\lim_{n\to \infty} \operatorname{Im}(z_n)=\operatorname{Im}(z).\]
\end{satz}

\begin{proof}
Es sei $(z_n)$ eine Folge von komplexen Zahlen.
F\"ur jedes $n\in \N$  schreiben wir jetzt $z_n=x_n+iy_n,n \in \N$, wobei $x_n,y_n\in \R$. Wir schreiben zudem $z=x+iy$,  wobei $x,y\in \R$.

Wir zeigen zuerst die ``$\Leftarrow$''-Richtung. Wir nehmen also an, dass $\lim_{n\to \infty} x_n=x$
und $\lim_{n\to \infty} y_n=y$. Dann folgt aus den obigen Eigenschaften (3) und (4), dass 
\[ \lim_{n\to \infty} z_n\,\,=\,\,\lim_{n\to \infty} (x_n+iy_n)\,\,=\,\,\lim_{n\to \infty} x_n+\lim_{n\to \infty} iy_n\,\,=\,\,\lim_{n\to \infty} x_n+i\lim_{n\to \infty} y_n\,\,=\,\,x+iy.\]
Wir zeigen nun die ``$\Rightarrow$''-Richtung.
 Es sei $n\in \N$. Dann folgt aus Lemma~\ref{lem:betragz}, dass
\[ |x_n-x|\,\,=\,\,|\operatorname{Re}(z_n)-\operatorname{Re}(z)|\,\,=\,\,|\operatorname{Re}(z_n-z)|\,\,\leq\,\,|z_n-z|.\]
Es ist nun leicht zu sehen, dass aus  $\lim_{n\to \infty} z_n=z$ folgt, dass $\lim_{n\to \infty} x_n=x$. 
Genauso zeigt man, dass $\lim_{n\to \infty} y_n=y$.
\end{proof}


\begin{lemma}\label{lem:znkonj}
Es sei  $(z_n)_{n\in \N}$ eine konvergente Folge von komplexen Zahlen. Dann gilt
\[ \lim_{n\to \infty} \overline{z_n}\,\,=\,\,\overline{\lim_{n\to \infty} z_n}.\]
\end{lemma}

\begin{proof}
Es sei  $(z_n)_{n\in \N}$ eine  Folge von komplexen Zahlen, welche gegen $z\in \C$ konvergiert.  F\"ur alle $n$ gilt
\[ |\overline{z_n}-\overline{z}|\,\,=\,\,|\overline{z_n-z}|\,\,=\,\,|z_n-z|.\]
Es folgt sofort aus den Definitionen, dass $\lim_{n\to \infty} \overline{z_n}=\overline{z}=\overline{\lim_{n\to \infty} z_n}$. 
\end{proof}

Die Definition einer Cauchy-Folge von komplexen Zahlen ist wort-w\"ortlich die Gleiche wie f\"ur reelle Folgen.
Der folgende Satz besagt nun, dass auch Cauchy-Folgen von komplexen Zahlen immer konvergieren.


\begin{satz}
Jede  Cauchy-Folge von komplexen Zahlen konvergiert in $\C$.
\end{satz}

\begin{proof}
Es sei $(z_n)_{n\in \N}$ eine Cauchy-Folge von komplexen Zahlen. F\"ur jedes $n\in \N$ schreiben wir $z_n=x_n+iy_n$. 
F\"ur $n,m\in \N$ folgt aus Lemma~\ref{lem:betragz}, dass 
\[ |x_n-x_m|\,\,=\,\,|\operatorname{Re}(z_n)-\operatorname{Re}(z_m)|\,\,\leq \,\,|z_n-z_m|.\]
Es folgt also, dass $(x_n)$ eine Cauchy-Folge ist. Ganz analog zeigt man, dass $(y_n)$ eine Cauchy-Folge ist.
Aus  der
 Vollst\"andigkeit der reellen Zahlen folgt, dass die Cauchy-Folgen $(x_n)$ und $(y_n)$ von reellen Zahlen konvergieren. Es folgt nun aus  Satz~\ref{satz:konvzn}, dass 
\[ \lim_{n\to \infty} z_n\,\,=\,\,\lim_{n\to \infty} x_n+i\lim_{n\to \infty} y_n,\]
insbesondere  konvergiert die Folge $(z_n)$ gegen eine Zahl in $\C$. 
\end{proof}





\begin{satz} \label{satz:bwkomplex} $($Satz von Bolzano--Weierstra\ss$)$ Jede beschr\"ankte Folge komplexer Zahlen besitzt eine Teilfolge, welche konvergiert.
\end{satz}

\begin{proof}
Es sei $(z_n)_{n\in \N}$ eine beschr\"ankte Folge von komplexen Zahlen. F\"ur jedes $n\in \N$ schreiben wir $z_n=x_n+iy_n$. Nachdem $|x_n|\leq |z_n|$ und $|y_n|\leq |z_n|$ sehen wir also, dass die Folgen $(x_n)$ und $(y_n)$ ebenfalls beschr\"ankt sind.
\begin{enumerate}
\item[]\textcolor{blue}{Die Idee ist nun nat\"urlich, den Satz von Bolzano--Weierstra\ss\, auf die beschr\"ankten reellen Folgen $(x_n)$ und $(y_n)$ anzuwenden. Wir erhalten dann $n_1<n_2<n_3<\dots$ und $m_1<m_2<m_3<\dots$, so dass die Teilfolgen $(x_{n_k})$ und $(y_{m_k})$ konvergieren. Aber es gibt keinen Grund anzunehmen, dass diese Folgen $n_k$ und $m_k$ \"ubereinstimmen. Wir m\"ussen also die gleiche Idee etwas geschickter ausf\"uhren.}
\end{enumerate}
Es folgt aus Satz~\ref{satz:bw}, dass die Folge $(x_n)_{n\in \N}$  eine konvergente Teilfolge $(x_{n_k})_{k\in \N}$ besitzt, welche gegen ein $x\in \R$ konvergiert. Wir betrachten jetzt die Folge $(y_{n_k})_{k\in \N}$. Diese Folge ist beschr\"ankt, nach Satz~\ref{satz:bw} gibt es also eine konvergente Teilfolge $(y_{n_{k_l}})_{l\in \N}$, welche gegen ein $y\in \R$ konvergiert.
Nachdem  $(x_{n_{k_l}})_{l\in \N}$ eine Teilfolge von  $(x_{n_k})_{k\in \N}$ ist, gilt auch, dass $(x_{n_{k_l}})_{l\in \N}$ gegen $x$ konvergiert.

Es folgt nun aus   Satz~\ref{satz:konvzn}, dass
\[ \lim_{l\to \infty} z_{n_{k_l}}\,\,=\,\,\lim_{l\to \infty} x_{n_{k_l}}+i\lim_{l\to \infty} y_{n_{k_l}}\,\,=\,\,x+iy.\]
\end{proof}


F\"ur eine Folge $(z_n)$ von komplexen Zahlen definieren wir wiederum die Reihe $\sum_{n=0}^\infty z_n$ als die Folge der Partialsummen. Falls diese Folge gegen eine komplexe Zahl konvergiert, dann bezeichnen wir mit $\sum_{n=0}^\infty z_n$ auch den Grenzwert. Beispielsweise gilt ganz analog zu Satz~\ref{satz:reihexn}, dass f\"ur jedes $z\in \C$ mit $|z|<1$ gilt, dass 
\[ \sum_{n=0}^\infty z^n\,\,=\,\,\frac{1}{1-z}.\]
F\"ur konvergente Reihen gelten dann die \"ublichen Rechenregeln wie in Satz~\ref{satz:reihesum}.
Zudem gilt auch folgendes Lemma.

\begin{lemma}\label{lem:reiheznkonj}
Es sei $\sum_{n=0}^\infty z_n$ eine konvergente Reihe von komplexen Zahlen. Dann gilt
\[ \sum_{n=0}^\infty \overline{z_n}\,\,=\,\,\overline{\sum_{n=0}^\infty z_n}.\]
\end{lemma}

\begin{proof}
Es folgt sofort aus den Definitionen, aus Lemma~\ref{lem:zkonj} sowie aus Lemma  \ref{lem:znkonj}, dass 
\[ \sum_{n=0}^\infty \overline{z_n}\,\,=\,\,\lim_{k\to \infty} \sum\limits_{n=0}^k\overline{z_n}\,\,=\,\,
\lim_{k\to \infty} \overline{\sum\limits_{n=0}^kz_n}\,\,=\,\,\overline{\sum_{n=0}^\infty z_n}.\]
\end{proof}



Eine Reihe $\sum_{n=0}^\infty z_n$ von komplexen Zahlen hei\ss t \emph{absolut konvergent}, wenn die Reihe 
$\sum_{n=0}^\infty |z_n|$ der Betr\"age konvergiert. 
Mit wort-w\"ortlich den gleichen Formulierungen und Beweisen gelten  folgende Aussagen:
\begin{enumerate}
\item jede absolut konvergente Reihe konvergiert, siehe Satz~\ref{satz:absolutkonv},
\item das Majorantenkriterium Satz~\ref{satz:majkrit},
\footnote{Das Majorantenkriterium lautet nun wie folgt: 
Es sei $(c_n)$ eine Folge von nicht-negativen reellen Zahlen und es sei $(a_n)$ eine komplexe Folge, so dass $|a_n|\leq c_n$ f\"ur alle $n$. Dann gilt
\[ \sum_{n=1}^\infty c_n\mbox{ konvergiert }\quad \Rightarrow \quad \sum_{n=1}^\infty a_n \mbox{ konvergiert absolut.}\]
}
\item das Quotientenkriterium Satz~\ref{satz:quotkrit},
\item der Umordnungssatz f\"ur absolut konvergente Reihen (Satz~\ref{satz:umordnung}),
\item Satz~\ref{satz:abc} f\"ur komplexe Reihen.
\end{enumerate}
Beispielsweise folgt, dass f\"ur jedes $z\in \C$ die
Reihe
\begin{align*}
\begin{array}{rcl} \exp(z)&:=&\sum\limits_{n=0}^\infty \smfrac{z^n}{n!}\,\,\in \C
\intertext{absolut konvergiert, und f\"ur alle $z,z'\in \C$  gilt}
 \exp(z+z')&=&\exp(z)\cdot \exp(z').
 \intertext{Zudem folgt leicht aus Lemma~\ref{lem:reiheznkonj},
 dass f\"ur alle $z\in \C$ gilt}
\hspace{5cm} \exp(\overline{z})&=&\overline{\exp(z)}.\end{array}
\end{align*}


Wir haben jetzt also gesehen, dass viele Definitionen und Aussagen \"uber reelle Folgen und Reihen problemlos auf Folgen und Reihen von komplexen Zahlen \"ubertragen werden k\"onnen. Insbesondere alle Aussagen, welche nur mit dem Absolutbetrag $|\,\,|$ von reellen Zahlen formuliert wurden, \"ubertragen sich problemlos. 
Allerdings k\"onnen die Definitionen und Aussagen  \"uber reelle Zahlen, Folgen und Reihen, welche die Anordnung $>$ verwenden, \emph{nicht} auf die komplexen Zahlen \"ubertragen werden. Insbesondere gilt:
\begin{enumerate}
\item es gibt \emph{kein} Analogon vom Leibniz-Kriterium f\"ur komplexe Folgen,
\item das Supremum und Infimum einer Teilmenge von $\C$ ist \emph{nicht} definiert,
\item es macht keinen Sinn zu sagen, dass eine Folge von komplexen Zahlen $(z_n)$ bestimmt gegen $-\infty$ oder $+\infty$ divergiert.
\end{enumerate}

% Ende 17. Vorlesung
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\subsection{Stetige Funktionen}
Wir werden in diesem Kapitel sehen, dass wir  ohne gr\"o\ss ere Probleme die meisten bisherigen Definitionen und S\"atze von reellen Funktionen auf komplexe Funktionen  \"ubertragen k\"onnen.
Es sei $D\subset \C$ eine Teilmenge und es sei $f\colon  D\to \C$ eine Funktion und $z_0\in D$. Wir definieren
 \[ \mbox{$f$ ist stetig im Punkt $x_0$}\quad :\Leftrightarrow \quad
  \underset{\epsilon>0}{\bigforall} \,\,\underset{\delta>0}{\bigexists} \,\,\underset{{\tiny \begin{array}{c}z\in D\,\operatorname{mit}\\|z-z_0|<\delta\end{array}}}{\bigforall} \,|f(z)-f(z_0)|<\epsilon.\]

Folgender Satz wird ganz \"ahnlich wie Satz~\ref{satz:konvzn} bewiesen.

\begin{satz}\label{satz:stetigimre}
Es sei $D\subset \C$ eine Teilmenge und
$f\colon  D\to \C$ eine Funktion.
Dann gilt: 
\[ \mbox{$f$ ist stetig im Punkt $z_0$}\quad\Longleftrightarrow\quad  \begin{array}{c}\\
\begin{array}{rcl}D&\to &\R\\z&\mapsto &\operatorname{Re}(f(z))\end{array}\mbox{und}\begin{array}{rcl} D&\to \hspace{-0.3cm}&\R\\ z&\mapsto &\operatorname{Im}(f(z))\end{array} \\ \mbox{sind\, stetig\, im\, Punkt\, $z_0$.}\end{array} \]
\end{satz}

Durch einfaches Umschreiben der Beweise f\"ur reelle Funktionen erhalten wir folgende Aussagen:
\begin{enumerate}
\item Es sei  $c\in \C$, dann  sind die Funktionen
\[ \begin{array}{rcl} f\colon  \C&\to & \C \\ z&\mapsto & z \end{array} \quad \mbox{ und } \quad\begin{array}{rcl} g\colon  \C&\to & \C \\ z&\mapsto & c \end{array} \]
 stetig.
\item In \"Ubungsblatt 9 werden wir zeigen, dass 
 die Funktion
\[ \begin{array}{rcl}  \C&\to & \C \\ z&\mapsto &| z|\end{array} \]
 stetig ist.
\item Die Summe, das Produkt, der Quotient
 und die Verkn\"upfung zweier stetiger Funktionen sind stetig. Insbesondere sind Polynomfunktionen und rationale Funktionen stetig. 
\item Die Einschr\"ankung einer stetigen Funktion $f\colon  D\to \C$ auf eine Teilmenge $E\subset D$ ist wiederum stetig. 
\end{enumerate}
Der Beweis von Satz~\ref{satz:expstetig} \"ubertr\"agt sich auch wort-w\"ortlich auf komplexe Zahlen und wir erhalten, dass die komplexe Exponentialfunktion 
\[ \begin{array}{rcl} \exp\colon  \C&\to &\C\\ z&\mapsto &\exp(z)\end{array} \]
stetig ist.


\newpage
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\section{Trigonometrische Funktionen}


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\subsection{Definition von Sinus und Kosinus}
F\"ur $z\in \C$  schreiben wir nun 
\[ e^z:=\exp(z).\]
Das folgende Lemma besagt, dass f\"ur jedes $t$ die komplexe Zahl $e^{it}$ auf dem Einheitskreis liegt.

\begin{lemma}\label{lem:eit1}
F\"ur alle $t\in \R$ gilt $|e^{it}|=1$.
\end{lemma}

\begin{proof}
Es sei also $t\in \R$. Dann gilt
\[ \begin{array}{rcl}|e^{it}|^2&=&e^{it}\overline{e^{it}}\\
&=&e^{it}e^{\overline{it}}\quad\quad \mbox{ weil $\exp(\overline{z})=\overline{\exp(z)}$}\\
&=&e^{it}e^{-it}\,\,=\,\,e^{it-it}\,\,=\,\,e^0\,\,=\,\,1.\end{array} \]
Also ist auch $|e^{it}|=1$.
\end{proof}


F\"ur $t\in \R$ definieren wir 
\[ \begin{array}{rcll} \sin(t)&:=&\operatorname{Im}(e^{it}), &\mbox{genannt \emph{Sinus von $t$}} \\
\cos(t)&:=&\operatorname{Re}(e^{it}),&\mbox{genannt \emph{Kosinus von $t$}}. \end{array} \]
Die Definition von Sinus und Kosinus wird in Abbildung \ref{fig:eit} veranschaulicht.
\begin{figure}[h]
\begin{center}
\input{eit.pstex_t}
\caption{Die Definition von Sinus und Kosinus durch die komplexe Exponentialfunktion.}
\label{fig:eit}
\end{center}
\end{figure}
Die komplexe Zahl $e^{it}$ liegt auf dem Einheitskreis um die Null in $\C=\R^2$ und der Sinus ist die $y$-Koordinate von $e^{it}$ und der Kosinus ist die $x$-Koordinate von $e^{it}$. Die anschauliche Bedeutung von $e^{it}$ ist hierbei, dass, zumindest f\"ur `kleine' $t$, der Kreisbogen zwischen $1\in \C$ und $e^{it}$ gerade die `L\"ange' $t$ besitzt.
\footnote{Wir werden sp\"ater sehen, dass dies f\"ur alle $t$ zwischen $[0,2\pi)$ gilt. Allerdings m\"ussen wir erst noch die Zahl $\pi$ sauber einf\"uhren. Im Moment haben wir auch keinen sauberen Begriff der L\"ange von einem Kreisbogen. Wir werden diesen Begriff erst in Analysis II einf\"uhren.}


Wir k\"onnen die Gleichungen $\sin(t)=\operatorname{Im}(e^{it})$ und $\cos(t)=\operatorname{Re}(e^{it})$ auch zusammenfassen zu
\[ e^{it}=\cos(t)+i\sin(t)\quad \quad \mbox{Eulersche Formel.}\]
F\"ur eine beliebige komplexe Zahl $z\in \C$ gilt, dass $\operatorname{Im}(z)=\frac{1}{2i}(z-\overline{z})$ und $\operatorname{Re}(z)=\frac{1}{2}(z+\overline{z})$. Es folgt also, dass
\[ \begin{array}{rclcl} \sin(t)&=&\operatorname{Im}(e^{it})&=&\frac{1}{2i}(e^{it}-e^{-it}), \\[2mm]
\cos(t)&=&\operatorname{Re}(e^{it})&=&\frac{1}{2}(e^{it}+e^{-it}). \end{array} \]

\begin{lemma}\label{lem:sincos}
F\"ur $t\in \R$ gilt
\[ \begin{array}{lrcl} 
(1)\quad & \sin(t)^2+\cos(t)^2&=&1,\hspace{8cm}\\
(2) & \sin(-t)&=&-\sin(t)\\
(3) &\cos(-t)&=&\cos(t),\\
.\end{array} \]
\end{lemma}

\begin{proof}
Es sei also $t\in \R$. Dann gilt
\[ \begin{array}{lrcl}
(1)\quad &\sin(t)^2+\cos(t)^2&=&\operatorname{Im}(e^{it})^2+\operatorname{Re}(e^{it})^2\,\,=\,\,|e^{it}|^2\,\,=\,\,1,\quad \mbox{ nach Lemma }\ref{lem:eit1}\\[2mm]
(2)&\sin(-t)&=&\operatorname{Im} \left(e^{-it}\right)\,\,=\,\,
\operatorname{Im} \left(e^{\overline{it}}\right)\,\,=\,\,\operatorname{Im} \left(\overline{e^{it}}\right)\,\,=\,\,
-\operatorname{Im} \left(e^{it}\right)\,\,=\,\,-\sin(t)\\[2mm]
(3)&\cos(-t)&=&\operatorname{Re} \left(e^{-it}\right)\,\,=\,\,
\operatorname{Re} \left(e^{\overline{it}}\right)\,\,=\,\,\operatorname{Re} \left(\overline{e^{it}}\right)\,\,=\,\,
\operatorname{Re} \left(e^{it}\right)\,\,=\,\,\cos(t).\end{array} \]
\end{proof}

Wir hatten schon gesehen, dass die komplexe Exponentialfunktion  stetig ist.
Mithilfe von  Satz~\ref{satz:stetigimre} erhalten wir dann folgendes Lemma.

\begin{lemma}\label{lem:sincosstetig}
Die Funktionen
\[ \begin{array}{rcl} \R &\to &\R \\
t&\mapsto &\sin(t) \end{array} \quad \mbox{ und }\quad  \begin{array}{rcl} \R &\to &\R \\
t&\mapsto &\cos(t) \end{array} \]
sind stetig.
\end{lemma}

Ein Vorteil von der Definition von Kosinus und Sinus mithilfe der komplexen Exponentialfunktion ist, dass sich nun die Additionstheoreme sehr leicht beweisen lassen.

\begin{satz} {\emph{(Additionstheoreme)}}\label{satz:additionstheorem}
F\"ur alle $x,y\in \R$ gilt:
\[
\begin{array}{rcl} \cos(x+y)&=&\cos(x)\cos(y)-\sin(x)\sin(y)\\
\sin(x+y)&=&\sin(x)\cos(y)+\cos(x)\sin(y).\end{array} \]
\end{satz}

\begin{proof}
Es seien $x,y\in \R$. Dann  gilt
\[ \begin{array}{rcl}\cos(x+y)+i\sin(x+y)&=&e^{i(x+y)} \\
&=& e^{ix}\cdot e^{iy} \quad\quad \quad \mbox{weil $\exp(w+z)=\exp(w)\cdot\exp(z)$ f\"ur $w,z\in \C$}\\
&=& (\cos(x)+i\sin(x))\cdot (\cos(y)+i\sin(y)) \\
&=&(\cos(x)\cos(y)-\sin(x)\sin(y))\,+\,i(\sin(x)\cos(y)+\cos(x)\sin(y)).\end{array} \]
Der Satz folgt nun aus dem Vergleich von den Realteilen und den Imagin\"arteilen.
\end{proof}

\begin{korollar}\label{kor:sincosdiff}
F\"ur alle $x,y\in \R$ gilt 
\[ \begin{array}{rcrl} \sin(x)-\sin(y)&=&2\cos\left(\frac{x+y}{2}\right)\sin\left(\frac{x-y}{2}\right),&\mbox{ und }\\[2mm]
 \cos(x)-\cos(y)&=&-2\sin\left(\frac{x+y}{2}\right)\sin\left(\frac{x-y}{2}\right).\end{array} \]
\end{korollar}

\begin{proof}
Es seien  $x,y\in \R$. Wir setzen $u:=\frac{x+y}{2}$ und $v:=\frac{x-y}{2}$. Dann folgt aus 
Satz~\ref{satz:additionstheorem}, dass 
\[\begin{array}{rcl} \sin(x)-\sin(y)&=&\sin(u+v)-\sin(u-v)\\
&=&\left(\sin u\cos v+\cos u\sin v\right)\,\,-\,\,\left(\sin u\cos(-v)+\cos u\sin(-v)\right)\\
&=&2\cos u\sin v\quad \quad\quad \mbox{ denn $\cos(-v)=\cos(v)$ und $\sin(-v)=-\sin(v)$}\\
&=&2\cos \frac{x+y}{2}\sin\frac{x-y}{2}.\end{array} \]
Die zweite Aussage des Korollars wird ganz analog bewiesen.
\end{proof}

\begin{satz}\label{satz:sincosreihen}
F\"ur alle $x\in \R$ gilt
\[ \begin{array}{rclcl} \cos(x)&=&\sum\limits_{k=0}^\infty (-1)^k\smfrac{x^{2k}}{(2k)!}&=&
\underset{k\to\infty}{\lim} \left(1-\smfrac{x^2}{2!}+\smfrac{x^4}{4!} -\dots (-1)^k\smfrac{x^{2k}}{(2k)!}\right)\\[2mm]
\sin(x)&=& \sum\limits_{k=0}^\infty (-1)^k\smfrac{x^{2k+1}}{(2k+1)!}&=&
\underset{k\to\infty}{\lim} \left(x-\smfrac{x^3}{3!}+\smfrac{x^5}{5!}-\dots (-1)^k\smfrac{x^{2k+1}}{(2k+1)!}\right).\end{array} \]
Beide Reihen konvergieren zudem absolut f\"ur alle $x\in \R$.
\end{satz}

\begin{proof}
Es sei $x\in \R$. Dann gilt
\[
 \cos(x)+i\sin(x)\,\,=\,\,e^{ix}\,\,=\,\,\sum\limits_{n=0}^\infty \smfrac{(ix)^n}{n!}\,\,=\,\,\sum\limits_{n=0}^\infty i^n\smfrac{x^n}{n!}. \]
Nach Satz~\ref{satz:konvzn} k\"onnen wir diese Reihe jetzt zerlegen, in  Reihen mit reellen beziehungsweise imagin\"aren Summanden. Wie man leicht sieht ist $i^n$ reell,  genau dann reell, wenn $n$ gerade ist.
\footnote{Beispielsweise ist $i^0=1,\,\,i^1=i,\,\,i^2=-1\,\,i^3=-i,\,\,i^4=1,$ und so weiter.}
 Es folgt also, dass
\[
\begin{array}{rclcl}
\sum\limits_{n=0}^\infty i^n\tmfrac{x^n}{n!}
&=&\sum\limits_{n \,gerade}i^n\tmfrac{x^n}{n!}&+&\sum\limits_{n \,ungerade}i^n\tmfrac{x^n}{n!}\\
&=&\sum\limits_{k=0}^\infty i^{2k} \tmfrac{x^{2k}}{(2k)!}&+&i\cdot \sum\limits_{k=0}^\infty i^{2k}\tmfrac{x^{2k+1}}{(2k+1)!}\\
&=&\sum\limits_{k=0}^\infty (-1)^k \tmfrac{x^{2k}}{(2k)!}&+&i\left(\sum\limits_{k=0}^\infty (-1)^k\tmfrac{x^{2k+1}}{(2k+1)!}\right),\quad \mbox{denn }i^{2k}=(i^2)^k=(-1)^k.\end{array} \]
Die Aussage des Satzes folgt nun, indem man den Real- und Imagin\"arteil zu Beginn und am Ende vergleicht. 
\end{proof}


%================================
\subsection{Definition von $\pi$}\label{section:pi}
Wir wollen im Folgenden die Sinusfunktion und die Kosinusfunktion eingeschr\"ankt auf das Intervall $[0,2]$ besser verstehen. Nachdem $e^{0t}=e^0=1$ folgt, dass $\cos(0)=1$ und $\sin(0)=0$.

\begin{lemma}\label{lem:sincos02}
\mbox{}
\begin{enumerate}
\item F\"ur alle $x\in (0,2]$ gilt $\sin(x)>0$.
\item Es ist $\cos(2)<0$.
\end{enumerate}
\end{lemma}

\begin{proof}
Wir beginnen den Beweis mit folgender Behauptung:

\begin{behauptung}
Es sei $ \sum_{k=2m}^\infty (-1)^ka_k$ eine Reihe, wobei $(a_k)_{k\geq 2m}$ eine  monoton fallende Nullfolge ist. Dann gilt 
\[  \sum_{k=2m}^\infty (-1)^ka_k \,\,\in\,\, [0,a_{2m}].\]
\end{behauptung}

Es folgt aus dem  Beweis vom Leibniz-Kriterium, siehe Satz~\ref{satz:leibniz} zeigt nun, dass f\"ur alle $n\geq 2m$ gilt, dass
\[ \sum_{k=2m}^n (-1)^k a_k\,\,=\,\,a_{2m}-a_{2m+1}+a_{2m+2}-\dots +(-1)^na_n\,\,\in \,\,[0,a_{2m}].\]
Es folgt nun aus Satz~\ref{satz:kleinergleich}, dass auch der Grenzwert der Folge in $[0,a_{2m}]$ liegt.
Wir haben damit also  die Behauptung bewiesen.

Wir wenden uns nun dem eigentlichen Beweis des Lemmas zu.
\begin{enumerate}
\item Es sei $x\in (0,2]$. Wir setzen $a_k=\frac{x^{2k+1}}{(2k+1)!}$. 
Die Folge $(a_k)_{k\geq 2}$ ist  monoton fallend. 
In der Tat, denn f\"ur $k\geq 2$ und $x\in (0,2]$ gilt, dass
\[ \frac{a_{k+1}}{a_{k}}\,\,=\,\,\frac{x^{2k+2}}{(2k+2)!}\frac{(2k+1)!}{x^{2k+1}}\,\,=\,\,\frac{x}{2k+2}\,\,<\,\,1,\]
denn $k\geq 2$ und $x\in (0,2]$.
Es folgt nun, dass aus der obigen Behauptung, dass f\"ur $x\in (0,2]$ gilt, dass 
\[  \quad \quad \quad \sin(x)\,\,=\,\,x-\lmfrac{x^3}{6}+\underset{\in [0,\frac{x^5}{5!}]}{\underbrace{\sum\limits_{k=2}^\infty (-1)^k\lmfrac{x^{2k+1}}{(2k+1)!}}}\,\,\geq\,\, x-\lmfrac{x^3}{6}\,\,=\,\,x\left(1-\lmfrac{x^2}{6}\right)\,\,\geq \,\,x\left(1-\lmfrac{4}{6}\right)\,\,>\,\,0.\]
\item
Die zweite Aussage wird ganz analog bewiesen. Es sei $x\geq 0$. Das gleiche Argument wie oben zeigt, dass 
\[ \cos(x)\,\,=\,\,\sum\limits_{k=0}^\infty (-1)^k\lmfrac{x^{2k}}{(2k)!}\,\,=\,\,
1-\lmfrac{x^2}{2}+\underset{\in [0,\frac{x^4}{4!}]}{\underbrace{\sum\limits_{k=2}^\infty (-1)^k\lmfrac{x^{2k}}{(2k)!}}}\,\,\leq\,\,
1-\lmfrac{x^2}{2}+\lmfrac{x^4}{4!}.\]
Insbesondere gilt $\cos(2)\leq 1-2+\frac{2}{3}<0$.
\end{enumerate}
\end{proof}

\begin{lemma}\label{lem:cosfallend}
Die Einschr\"ankung der Kosinusfunktion auf das Intervall $[0,2]$ ist streng monoton fallend.
\end{lemma}

\begin{proof}
Es seien $x_2>x_1$ zwei reelle Zahlen in $[0,2]$. Dann gilt
\[ \begin{array}{rcll} 
 \cos(x_2)-\cos(x_1)&=&-2\sin\underset{\in (0,2]}{\underbrace{\frac{x_2+x_1}{2}}}\sin\underset{\in (0,2]}{\underbrace{\frac{x_2-x_1}{2}}}
 & \mbox{nach Korollar~\ref{kor:sincosdiff}}\\
&<&0&\mbox{nach Lemma~\ref{lem:sincos02} (1)}.\end{array} \]
\end{proof}

\begin{figure}[h]
\begin{center}
\input{coszero.pstex_t}
\caption{Der Graph der Kosinusfunktion im Intervall $[0,2]$.}
\label{fig:coszero}
\end{center}
\end{figure}

Nachdem $\cos(0)>0$ und $\cos(2)<0$ gibt es nach dem Zwischenwertsatz ein $x\in (0,2)$, so dass $\cos(x)=0$. 
Nachdem der Kosinus auf dem Intervall $[0,2]$ streng monoton fallend ist, gibt es \emph{genau} eine Nullstelle im Intervall $[0,2]$. Wir definieren jetzt
\[ \pi:=2\cdot \mbox{die Nullstelle der Kosinusfunktion auf dem Intervall $[0,2]$}.\]
Aus $\sin(\frac{\pi}{2})^2=\sin(\frac{\pi}{2})^2+\cos(\frac{\pi}{2})^2=1$ und aus Lemma~\ref{lem:sincos02} (1), folgt
dass $\sin(\frac{\pi}{2})=1$.
Wir erhalten insbesondere
\begin{align*}
\begin{array}{rcl} \hspace{3cm} e^{i\frac{\pi}{2}}&=&\cos(\frac{\pi}{2})+i\sin(\frac{\pi}{2})\,\,=\,\,i.
\intertext{Daraus k\"onnen wir auch herleiten, dass}
e^{i\pi}&=&e^{i\frac{\pi}{2}}\cdot e^{i\frac{\pi}{2}}\,\,=\,\,i^2\,\,=\,\,-1, \\
 e^{i\frac{3\pi}{2}}&=&e^{i\pi}\cdot e^{i\frac{\pi}{2}}\,\,=\,\,(-1)\cdot i\,\,=\,\,-i\\
e^{2\pi i}&= &e^{i\frac{3\pi}{2}}\cdot e^{i\frac{\pi}{2}}\,\,=\,\,(-i)\cdot i\,\,=\,\,1.\end{array} \end{align*}
% Ende 18. Vorlesung


Diese komplexen Zahlen sind in Abbildung \ref{fig:eipi2} skizziert.
\begin{figure}[h]
\begin{center}
\input{eipi2.pstex_t}
\caption{Die komplexen Zahlen $ e^{i\frac{\pi}{2}}$, $e^{i\pi}$, $ e^{i\frac{3\pi}{2}}$ und $ e^{2\pi i}$.}
\label{fig:eipi2}
\end{center}
\end{figure}
Wir betrachten nun die Abbildung 
\[ \begin{array}{rcl} \gamma\colon  \R&\to & \C \\
t&\mapsto &e^{it}\,=\,\cos(t)+i\sin(t).\end{array} \]
Diese Abbildung ist stetig mit $\gamma(0)=1$ und $\gamma(\frac{\pi}{2})=i$. Zudem hatten wir oben gesehen, dass die Kosinusfunktion eingeschr\"ankt auf $[0,\frac{\pi}{2}]$ streng monoton fallend ist. Wir sehen also, dass die Abbildung $\gamma$ eingeschr\"ankt auf $[0,\frac{\pi}{2}]$ den Kreisbogen zwischen $1$ und $i$ gegen den Uhrzeigersinn `durchf\"ahrt'. Ganz analog sieht man, dass die Abbildung $\gamma$ eingeschr\"ankt auf $[0,2\pi]$ den Einheitskreis genau einmal gegen den Uhrzeigersinn `durchf\"ahrt'. 

Folgendes elementare Lemma fasst jetzt einige Eigenschaften der Sinus- und der Kosinusfunktion zusammen.

\begin{lemma}\label{lem:cospi2pi}
F\"ur alle $t\in \R$ gilt, dass
\[ 
\begin{array}{rcl}
 \cos(t+\pi)&=&-\cos(t), \\
\sin(t+\pi)&=&-\sin(t)\end{array} \quad \mbox{ und }\quad 
\begin{array}{rcl}
 \cos(t+2\pi)&=&\cos(t), \\
\sin(t+2\pi)&=&\sin(t)\end{array}
\]
Zudem gilt 
\[ \sin(t)=-\cos\big(t+\smfrac{\pi}{2}\big)\]
\end{lemma}

\begin{proof}
Es sei $t\in \R$. Dann gilt
\[ \begin{array}{rclcr}  e^{i(t+\pi)}&=&e^{it}\cdot e^{\pi i}&=&-e^{it}, \\[2mm]
 e^{i(t+2\pi)}&=&e^{it}\cdot e^{2\pi i}&=&e^{it}.\end{array} \]
Die ersten Aussagen folgen nun  aus den Definitionen.
Die Gleichheit $ \sin(t)=-\cos(t+\frac{\pi}{2})$ folgt ebenso leicht aus den Definitionen. Diese Gleichheit wird in \"Ubungsblatt 9 bewiesen.
\end{proof}

Diese Symmetrieeigenschaften zusammen mit dem Graphen in Abbildung \ref{fig:coszero} geben uns nun die Graphen der Sinusfunktion und der Kosinusfunktion auf ganz $\R$, welche in Abbildung \ref{fig:graphsincos} skizziert sind. 
\begin{figure}[h]
\begin{center}
\input{graphsincos.pstex_t}
\caption{Die Graphen der Sinusfunktion und der Kosinusfunktion.}
\label{fig:graphsincos}
\end{center}
\end{figure}

\begin{satz}\label{satz:polar} $($Satz \"uber die Polarkoordinatendarstellung$)$
Zu jeder Zahl $z\in \C\setminus \{0\}$ existiert genau ein 
$r\in \R_{>0}=\{ x\in \R\,|\, x>0\}$ und genau ein $\varphi\in [0,2\pi)$, so dass
\[ z=re^{i\varphi}.\]
\end{satz}


Zu jeder Zahl $z\in \C\setminus \{0\}$ existiert also genau ein 
$r\in \R_{>0}$ und genau ein $\varphi\in [0,2\pi)$, so dass
$z=re^{i\varphi}$. Dieses Zahlenpaar $(r,\varphi)$ nennt man die \emph{Polarkoordinaten} von $z$.


\begin{proof}
Es sei also $z\in \C\setminus \{0\}$. Wir zeigen zuerst die Existenz von $r\in \R_{>0}$ und $\varphi\in [0,2\pi)$ mit $z=re^{i\varphi}$. Wir betrachten dabei zuerst den Spezialfall, dass $|z|=1$. Wir m\"ussen also zeigen, dass es ein $\varphi\in [0,2\pi)$ mit $z=e^{i\varphi}=\cos(\varphi)+i\sin(\varphi)$ gibt.
Wir schreiben $z=x+iy$. Nachdem $|z|=1$ folgt aus $|z|^2=x^2+y^2$, dass $|x|\leq 1$ und auch $|y|\leq 1$. 

Wir beginnen mit folgender Behauptung.

\begin{behauptung}
Es gibt gibt ein $\psi\in [0,\pi]$ mit $\cos(\psi)=x$. 
\end{behauptung}


F\"ur den Kosinus gilt  $\cos(0)=1$ und $\cos(\pi)=-\cos(0)=-1$.
Die Kosinusfunktion ist stetig, also  existiert, nach dem Zwischenwertsatz
\ref{satz:zwischenwert}
 ein $\psi\in [0,\pi]$, so dass $\cos(\psi)=x$.
Wir haben damit also die Behauptung bewiesen.

\begin{behauptung}
Es ist $\sin(\psi)=y$ oder $\sin(\psi)=-y$.
\end{behauptung}

Wir m\"ussen also zeigen, dass $\sin(\psi)^2=y^2$.
Dies ist in der Tat der Fall, denn
\[ \sin(\psi)^2\,\,=\,\,1-\cos(\psi)^2\,\,=\,\,1-x^2\,\,=\,\,\underset{=|z|^2=1}{\underbrace{x^2+y^2}}-x^2\,\,=y^2.\]
Wir haben damit diese Behauptung bewiesen.

Wenn $\sin(\psi)=y$, dann gilt nat\"urlich, dass
\[ e^{i\psi}\,\,=\,\,\cos(\psi)+i\sin(\psi)\,\,=\,\,x+iy\,\,=\,\,z. \]
Andererseits, wenn $\sin(\psi)=-y$, dann gilt nach Lemma~\ref{lem:sincos} und Lemma~\ref{lem:cospi2pi}, dass
\[ \begin{array}{rcl} e^{i(2\pi-\psi)}\,\,=\,\,\cos(2\pi-\psi)+i\sin(2\pi-\psi)&=&\cos(-\psi)+i\sin(-\psi)\\
&=&\cos(\psi)-i\sin(\psi)\,\,=\,\,x+iy\,\,=\,\,z.\end{array} \]
Nachdem $2\pi-\psi\in [\pi,2\pi]$ haben wir also ein $\varphi\in [0,2\pi]$ mit $z=e^{i\varphi}$ gefunden.
Nachdem $e^{2\pi i}=e^{0i}$ gibt es auch ein $\varphi\in [0,2\pi)$ mit $z=e^{i\varphi}$.
Wir haben nun also die erste Behauptung bewiesen f\"ur $z\in \C\setminus\{0\}$ mit $|z|=1$.

Es sei nun $z\in \C\setminus \{0\}$ beliebig. Dann gilt $\left|\frac{z}{|z|}\right|=\frac{1}{|z|}|z|=1$. Also folgt aus der vorherigen Behauptung, dass 
\[ z=|z|\cdot \frac{z}{|z|}=|z|\cdot e^{i\varphi}\]
f\"ur ein $\varphi\in [0,2\pi)$. 


Es verbleibt zu zeigen, dass $r$ und $\varphi\in [0,2\pi)$ eindeutig bestimmt sind. 
Es ist klar, dass $r$ eindeutig bestimmt ist, da $r=|z|$. Die Kosinusfunktion  ist auf $[0,\pi]$ streng monoton fallend.
\footnote{In der Tat, es folgt aus $\sin(\frac{\pi}{2}-x)=\sin(\frac{\pi}{2}+x)$ und aus 
Lemma~\ref{lem:sincos02}, dass $\sin(x)>0$ f\"ur $x\in (0,\pi)$. Es folgt dann aus dem Beweis von  Lemma 
\ref{lem:cosfallend}, dass die Kosinusfunktion auf $[0,\pi]$ streng monoton fallend ist.}
 Man kann damit auch leicht zeigen, dass $\varphi\in [0,2\pi)$ eindeutig bestimmt. Die Ausarbeitung der Details verbleibt hierbei eine freiwillige \"Ubungsaufgabe.
\end{proof}

Mit diesem Satz k\"onnen wir jetzt die Multiplikation von komplexen Zahlen geometrisch interpretieren. Es seien also $z,w\in \C$.
Nach Satz~\ref{satz:polar} k\"onnen wir schreiben $w=re^{i\varphi}$ und $z=se^{i\psi}$. Dann gilt
\[ wz\,\,=\,\,rse^{i(\varphi+\psi)}.\]
Wir sehen also, dass sich die Winkel addieren und die Betr\"age multiplizieren.
\begin{figure}[h]
\begin{center}
\input{multiply-polar.pstex_t}
\caption{Die Multiplikation von komplexen Zahlen in Polarkoordinaten.}
\label{fig:multiply-polar}
\end{center}
\end{figure}

Wir beschlie\ss en das Kapitel mit folgendem Satz, welcher in \"Ubungsblatt 10 bewiesen wird.

\begin{satz}
Es sei $n\in \N$. Dann gilt f\"ur $z\in \C$, dass
\[  z^n=1 \quad \Longleftrightarrow \quad z=e^{2\pi ik/n},\mbox{ wobei $k\in \{0,\dots,n-1\}$}.\]
\end{satz}

Die komplexen Zahlen $z=e^{2\pi ik/n}$, $k=0,\dots,n-1$ werden oft als die \emph{$n$-ten Einheitswurzeln} bezeichnet. Die letzte Abbildung des Kapitels zeigt  die 3-ten, 6-ten sowie die 8-ten Einheitswurzeln. 
\begin{figure}[h]
\begin{center}
\input{nthroot.pstex_t}
\caption{}
\end{center}
\end{figure}


\newpage
\mbox{}
\newpage


%================================
\section{Differentiation}

%================================
\subsection{Definition der Ableitung und erste Eigenschaften}


Im Folgenden betrachten wir nur Funktionen, welche auf offenen Intervallen $(a,b)$ definiert sind.
Hierbei gilt, dass $\{-\infty\}\leq a<b\leq \R\cup\{\infty\}$. 

\begin{definition}
Es sei $f\colon  (a,b)\to \R$ eine Funktion und  es sei $x_0\in (a,b)$. Wir sagen, $f$ ist \emph{differenzierbar in $x_0$}, wenn der Grenzwert
\footnote{Wir betrachten  also streng genommen die Funktion 
\[ \begin{array}{rcl} (a-x_0,0)\cup (0,b-x_0)&\to & \R\\
h&\mapsto & \frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}\end{array} \]
und wir betrachten dann den Grenzwert mit $h\to 0$ f\"ur diese Funktion.}
\[ f'(x_0):=\lim_{h\to 0} \frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h} \]
existiert. Wir nennen $f'(x_0)$ die \emph{Ableitung von $f$ im Punkt $x_0$}.
\end{definition}

\begin{bemerkung}
Es folgt direkt aus den Definitionen, dass
\[ \lim_{h\to 0} \frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}\,\, =\,\,\lim_{x\to x_0} \frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}.\]
Manchmal wird in der Literatur der Ausdruck auf der rechten Seite bevorzugt. 
\end{bemerkung} 

Es sei $f\colon  (a,b)\to \R$ eine Funktion.
Wenn $f$ differenzierbar im Punkt  $x_0\in (a,b)$ ist, dann bezeichnen wir die Funktion
\[ t(x)=f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0) \]
als die \emph{Tangente zu $f$ am Punkt $x_0$}.
Es folgt aus den Eigenschaften von Grenzwerten und aus der Definition von $f'(x_0)$, dass 
\[ \begin{array}{rcl} \underset{h\to 0}{\lim}\,\, \smfrac{f(x_0+h)-t(x_0+h)}{h}&=&
 \underset{h\to 0}{\lim}\,\,\smfrac{f(x_0+h)-(f(x_0)+f'(x_0)h)}{h}\\
&=& \underset{h\to 0}{\lim}\,\,\smfrac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}- \underset{h\to 0}{\lim}\smfrac{f'(x_0)h}{h}\,\,=\,\,f'(x_0)-f'(x_0)\,\,=\,\,0.\end{array} \]
Wir sehen also, dass die Tangente $t$ die Funktion $f$ in der N\"ahe vom Punkt $x_0$ `approximiert'. Die anschauliche Bedeutung der Differenzierbarkeit von $f$ im Punkt $x_0$ ist also, dass $f$ in der N\"ahe von $f$ durch eine Gerade `approximiert' werden kann.

\begin{figure}[h]
\begin{center}
\input{tangente.pstex_t}
\caption{Anschauliche Bedeutung von Differenzierbarkeit im Punkt $x_0$.}
\end{center}
\end{figure}




\begin{definition}
Es sei $f\colon  (a,b)\to \R$ eine Funktion.
Wir sagen $f$ ist  \emph{differenzierbar}, wenn $f$ in jedem Punkt $x_0\in (a,b)$ differenzierbar ist.
Wir nennen dann die Funktion
\[ \begin{array}{rcl} f'\colon  (a,b)&\to & \R \\ x&\mapsto &f'(x) \end{array} \]
die \emph{1.\ Ableitung von $f$}. 
\end{definition}



\begin{lemma}\label{lem:difxc}
Es sei $c\in \R$. Dann gilt
\footnote{Genauer gesagt betrachten wir also die Funktionen
\[ \begin{array}{rcl} f\colon  \R&\to &\R\\
x&\mapsto &x. \end{array}  \mbox{ und }  \begin{array}{rcl} g\colon  \R&\to &\R\\
x&\mapsto &c. \end{array}\]
Diese Funktionen sind differenzierbar, und die 1.\ Ableitungen sind gegeben durch
\[ \begin{array}{rcl} f'\colon  \R&\to &\R\\
x&\mapsto &1. \end{array} \mbox{ und } \begin{array}{rcl} g'\colon  \R&\to &\R\\
x&\mapsto &0. \end{array}\]}
\[ (x)'\,=\,1\quad \mbox{ und } \quad (c)'\,=\,0.\]
Insbesondere sind die Funktionen $f(x)=x$ und $g(x)=c$ differenzierbar.
\end{lemma}

\begin{proof}
Wir  betrachten  die Funktion $f(x)=x$. Es sei $x_0\in \R$. 
Dann gilt
\[ f'(x_0)\,\,=\,\,\lim_{h\to 0} \frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}\,\,=\,\, \lim_{h\to 0} \frac{x_0+h-x_0}{h}\,\,=\,\,\lim_{h\to 0} 1\,\,=\,\,1.\]
Die Aussage \"uber die konstante Funktion wird ganz analog bewiesen.
\end{proof}

Das n\"achste Lemma besagt nun, dass die Betragsfunktion $f(x)=|x|$ im Punkt $0$ nicht differenzierbar ist.

\begin{lemma}
Die Funktion
\[ \begin{array}{rcl} f\colon  \R&\to &\R\\
x&\mapsto &|x|=\left\{ \begin{array}{rl} -x,&\mbox{ wenn } x\leq 0,\\ x,&\mbox{ wenn }x>0\end{array} \right.\end{array} \]
ist im Punkt $x_0=0$ nicht differenzierbar.
\end{lemma}

\begin{proof}
Wir erinnern zuerst an die Definition von $\lim_{h\to 0}g(h)$. 
Dieser existiert per Definition genau dann, wenn der linksseitige Grenzwert
$\lim_{h\nearrow 0}g(h)$ und der rechtsseitige Grenzwert $\lim_{h\searrow 0}g(h)$ existieren und \"ubereinstimmen.
Wir wenden dies nun an auf die Funktion
\[ g(h)\,\,=\,\,\frac{f(h)-f(0)}{h-0}\,\,=\,\,\frac{f(h)}{h}.\]
In diesem Fall gilt, dass 
\[
\begin{array}{rclllrrrrrrr} 
\underset{h\nearrow 0}{\lim}\,\,\frac{f(h)}{h}&=&
\underset{h\nearrow 0}{\lim}\,\,\frac{-h}{h}&=&
\underset{h\nearrow 0}{\lim}\,\,-1&=&-1,& \mbox{ und }\\
\underset{h\searrow 0}{\lim}\,\,\frac{f(h)}{h}&=&
\underset{h\searrow 0}{\lim}\,\,\frac{h}{h}&=&
\underset{h\searrow 0}{\lim}\,\,1&=&1.\end{array} \]
Wir sehen also, dass die beiden Grenzwerte nicht \"ubereinstimmen. Die Funktion $f$ ist also im Punkt $x_0=0$ nicht differenzierbar.
\end{proof}


\begin{definition}
Es  sei $f\colon  (a,b)\to\R$ eine differenzierbare Funktion.
Wenn die Ableitung $f'$ differenzierbar ist, dann schreiben wir
\[ f^{(2)}:=f'':=(f')',\]
genannt die \emph{2.\ Ableitung von $f$}. Allgemeiner, wenn die $(n-1)$-te Ableitung von $f$ differenzierbar ist, dann definieren wir die \emph{$n$-te Ableitung von $f$} als
\[ f^{(n)}:=(f^{(n-1)})' \]
und wir sagen, $f$ ist \emph{$n$-fach differenzierbar}.
\end{definition}

\begin{notation}
Manchmal verwenden wir auch folgende alternative Schreibweisen f\"ur Ableitungen:
\begin{align*}
\begin{array}{rclcrcl}
\hspace{3cm} \frac{d}{dx} f&:=&\frac{df}{dx} :=f',& \mbox{ und }& \frac{d^nf}{dx^n}&:=&f^{(n)},
\intertext{sowie}
 \left.\frac{df}{dx}\right|_{x=x_0} &:=&f'(x_0), &\mbox{ und }& \left.\frac{d^nf}{dx^n}\right|_{x=x_0}&:=&f^{(n)}(x_0).\end{array} 
 \end{align*}
\end{notation}


\begin{lemma}\label{lem:diffstetig}
Es sei $D\subset \R$ eine offene Menge. Zudem  sei $f\colon  D\to \R$ eine Funktion und es sei $x_0\in D$.
Wenn $f$ im Punkt $x_0$ differenzierbar ist,
dann ist $f$ insbesondere stetig im Punkt $x_0$.
\end{lemma}

\begin{proof}
Es sei $f\colon  D\to \R$ eine Funktion und $x_0\in D$.
Satz~\ref{satz:stetigkeitgw} besagt,  dass die Funktion $f$ im Punkt $x_0$ stetig ist, genau dann, wenn
$\lim_{h\to 0}f(x_0+h)=f(x_0)$. 

Wenn  $f$ im Punkt $x_0$ differenzierbar ist, dann gilt
\[ \begin{array}{rcl}\underset{h\to 0}{\lim}(f(x_0+h)-f(x_0))&=&
\underset{h\to 0}{\lim}\left(\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}\cdot h\right)\\
&=&
\underset{=f'(x_0)}{\underbrace{\underset{h\to 0}{\lim}\,\,\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}}}\cdot 
\underset{=0}{\underbrace{\underset{h\to 0}{\lim}\,\,h}}\quad \mbox{weil\,beide\,Grenzwerte\,existieren}\\
&=&f'(x_0)\cdot 0\,\,=0.\end{array} \]
\end{proof}

\begin{satz} $($Ableitungsregeln$)$\label{satz:ableitungaplusb}
Es  seien $f,g\colon  (a,b)\to \R$ Funktionen, welche differenzierbar im Punkt $x\in (a,b)$ sind. Dann gilt f\"ur alle $\l\in \R$, dass
\begin{align*}
\begin{array}{rrcll}
(1)&\quad (f+g)'(x)&=&f'(x)+g'(x) \\
(2)&(\lambda  f)'(x)&=&\lambda  \cdot f'(x) \\
(3)&(f\cdot g)'(x)&=&f'(x)g(x)+f(x)g'(x) &\mbox{ $($Produktregel$)$}
\intertext{Wenn $g(x)\ne 0$, dann gilt zudem, dass}
(4) &\bigg(\tmfrac{f}{g}\bigg)'(x)&=&
\smfrac{g(x)f'(x)-g'(x)f(x)}{g(x)^2} & \mbox{ $($Quotientenregel$)$}. \end{array} \end{align*}
\end{satz}

\begin{proof}
Es seien also $f,g\colon  (a,b)\to \R$ Funktionen, welche differenzierbar im Punkt $x\in (a,b)$ sind. Es folgt leicht aus den Definitionen, dass die ersten beiden Eigenschaften gelten.

Wir beweisen nun die Produktregel. Es ist
\begin{align*}\begin{array}{rcl} (f\cdot g)'(x)&=&
\underset{h\to 0}{\lim}\,\frac{1}{h}\left(f(x+h)g(x+h)-f(x)g(x)\right)\\[1mm]
\intertext{
\textcolor{blue}{Wir wollen jetzt in den Ausdruck $f(x+h)g(x+h)-f(x)g(x)$ die Differenzen $f(x+h)-f(x)$ und $g(x+h)-g(x)$ einf\"uhren, welche in den Definitionen von $f'(x)$ und $g'(x)$ auftauchen.
Wir wenden jetzt genau den gleichen Trick wie im Beweis von Satz~\ref{satz:limsum} an.}
}
&=&\underset{h\to 0}{\lim}\,\tmfrac{1}{h}\Big(f(x+h)g(x+h)\textcolor{green}{-f(x)g(x+h)+f(x)g(x+h)}-f(x)g(x)\Big)\\[2mm]
&=&\underset{h\to 0}{\lim}\,\tmfrac{1}{h}\Big(f(x+h)g(x+h)-f(x)g(x+h)\Big)
+\underset{h\to 0}{\lim}\,\frac{1}{h}\Big(f(x)g(x+h)-f(x)g(x)\Big)\\[2mm]
&=&\underset{=f'(x)}{\underbrace{\underset{h\to 0}{\lim}\,\tmfrac{1}{h}\big(f(x+h)-f(x)\big)}}\cdot \underset{=g(x),\,\operatorname{weil}\,g\,\operatorname{stetig}}{\underbrace{\underset{h\to 0}{\lim}\,g(x+h)}}
+f(x)\cdot \underset{=g'(x)}{\underbrace{\underset{h\to 0}{\lim}\,\tmfrac{1}{h}\big(g(x+h)-g(x)\big)}}\\[2mm]
&=&f'(x)g(x)+f(x)g'(x).
\end{array} \end{align*}
Wir wenden uns nun dem Beweis der Quotientenregel zu. 
Diese wird ganz \"ahnlich bewiesen wie die Produktregel.
In der Tat, es ist
\[ \begin{array}{rcl}
\underset{h\to 0}{\lim}\,\tmfrac{1}{h}\left(\tmfrac{f(x+h)}{g(x+h)}-\tmfrac{f(x)}{g(x)}\right)
&=&\underset{h\to 0}{\lim}\,\tmfrac{1}{g(x+h)g(x)}\tmfrac{f(x+h)g(x)-f(x)g(x+h)}{h}\\[2mm]
&=&\underset{h\to 0}{\lim}\,\tmfrac{1}{g(x+h)g(x)}\tmfrac{f(x+h)g(x)\textcolor{green}{-f(x)g(x)+f(x)g(x)}-f(x)g(x+h)}{h}\\[2mm]
&=&\underset{h\to 0}{\lim}\,\tmfrac{1}{g(x+h)g(x)}
\left(\tmfrac{f(x+h)-f(x)}{h}g(x)-\tmfrac{g(x+h)-g(x)}{h}f(x)\right)\\[2mm]
&=&\tmfrac{1}{g(x)^2}(f'(x)g(x)-g'(x)f(x)).\end{array} \]
\end{proof}

\begin{korollar}
F\"ur alle $n\in \N$ gilt
\[  \frac{d}{dx} x^n=nx^{n-1}.\]
\end{korollar}

\begin{proof}
Wir zeigen die Aussage mithilfe von Induktion \"uber $n$.
Die Aussage f\"ur $n=1$ wurde in Lemma~\ref{lem:difxc} bewiesen.
Nehmen wir nun an, dass die Aussage f\"ur ein $n\in \N$ gilt. 
Dann folgt
\[ \begin{array}{rcll} \tmfrac{d}{dx} x^{n+1}\,\,=\,\,\tmfrac{d}{dx}\big( x\cdot x^n\big)&=&\tmfrac{d}{dx} x\cdot x^n+x\cdot \tmfrac{d}{dx} x^n &\mbox{ Produktregel}\\
&=&1\cdot x^n+x\cdot nx^{n-1}&\mbox{ Induktionsannahme}\\
&=&(n+1)\cdot x^n.\end{array} \]
\end{proof}

% Ende 19. Vorlesung
%===================


%================================
\subsection{Die Ableitungen von der Exponentialfunktion und den trigonometrischen Funktionen}

Wir bestimmen im Folgenden erst einmal zwei grundlegende Grenzwerte.

\begin{satz}\label{satz:explimit}
Es ist
\[ \begin{array}{rrcl} (1)\quad &\underset{x\to 0}{\lim}\tmfrac{\exp(x)-1}{x}&=&1, \mbox{ und }\hspace{7cm} \\[2mm]
 (2)\quad &\underset{x\to 0}{\lim}\tmfrac{\sin(x)}{x}&=&1.
 \end{array} \]
\end{satz}

Im Beweis von Satz~\ref{satz:explimit} werden wir folgendes Lemma verwenden.

\begin{lemma}\label{lem:limhx}
Es sei $\epsilon>0$,  $k\in \N$ und $C\in \R$.
Es sei $g\colon  (-\epsilon,\epsilon)\to \R$ eine Funktion, so dass $|g(x)|\leq C|x|^{k}$ f\"ur alle $x\in (-\epsilon,\epsilon)$. Dann gilt
\[ \lim_{x\to 0} \frac{g(x)}{x^{k-1}}\,=\,0.\]
\end{lemma}

Das Lemma wird in \"Ubungsblatt 10 bewiesen. 
Wir wenden uns nun dem Beweis von Satz~\ref{satz:explimit} zu.

\begin{proof}[Beweis von Satz~\ref{satz:explimit}]
Es sei $k\in \N$. Dann gilt
\[ \exp(x)\,\,=\,\,\sum_{n=0}^\infty \frac{x^n}{n!}\,\,=\,\,\left(1+x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3!}+\dots+\frac{x^{k}}{k!}\right)\,+\,\underset{=:R_k(x)}{\underbrace{\sum_{n=k+1}^\infty\frac{x^n}{n!}}}.\]
Im Beweis von 
Satz~\ref{satz:expstetig} hatten wir gezeigt, dass 
f\"ur  alle  $|x|<\frac{1}{2}$ gilt, dass
\begin{align*}
\begin{array}{rcl}
\hspace{4cm}
 |R_0(x)|&=&|\exp(x)-1|\,\,<\,\,2|x|.
\intertext{Wort-w\"ortlich fast der gleiche Beweis zeigt auch, dass f\"ur alle  $|x|<\frac{1}{2}$ gilt, dass}
 |R_1(x)|&=&|\exp(x)-(1+x)|\,\,<\,\,2|x|^2.
\end{array} \end{align*}
Es folgt nun, dass 
\[ \underset{x\to 0}{\lim}\frac{\exp(x)-1}{x}\,\,=\,\,\underset{x\to 0}{\lim}\frac{(1+x+R_1(x))-1}{x}
\,\,=\,\,\underset{=1}{\underbrace{\underset{x\to 0}{\lim}\,\,\frac{x}{x}}}+\underset{\tiny{ \begin{array}{c}=0\operatorname{\,nach\,Lemma\,\ref{lem:limhx},}\\\operatorname{weil}\,|R_1(x)|\leq 2|x|^2\end{array}}}{\,\underbrace{\underset{x\to 0}{\lim}\,\,\,\frac{R_1(x)}{x}}\,}=1.\]
Wir haben damit die erste Behauptung bewiesen. 

Wir wenden uns nun dem zweiten Grenzwert zu.
Wir schreiben
\[ \sin(x)\,\,=\,\,\sum\limits_{n=0}^\infty (-1)^n
 \frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}\,\,=\,\,x+
 \underset{=:R_0(x)}{\underbrace{\sum\limits_{n=1}^\infty (-1)^n
  \frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}}}.\]
 Genau wie im Beweis von Lemma
\ref{lem:sincos02} kann man zeigen, dass f\"ur $x\in [-1,1]$ gilt
\[ |R_0(x)|\,\,=\,\,\Big|\sum\limits_{n=1}^\infty (-1)^n
\tiny{\underset{\begin{tabular}{c}monotone\\Folge\end{tabular}}{\underbrace{ \frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}}}}\Big|\,\,\leq
\,\,\left|(-1)\frac{x^3}{3!}\right|\,\,=\frac{|x|^3}{6}.\]
Es folgt nun aus  Lemma~\ref{lem:limhx}, dass 
\[ \underset{x\to 0}{\lim}\frac{\sin(x)}{x}\,\,=\,\,\underset{x\to 0}{\lim}\frac{x+R_0(x)}{x}
\,\,=\,\,\underset{=1}{\underbrace{\underset{x\to 0}{\lim}\,\,\frac{x}{x}}}+\underset{\tiny{ \begin{array}{c}\opnormal{$=0$ nach Lemma \ref{lem:limhx},}\\\opnormal{weil $|R_0(x)|\leq\frac{|x|^3}{6}$}\end{array}}}{\,\underbrace{\underset{x\to 0}{\lim}\,\,\,\frac{R_0(x)}{x}}\,}=1.\]
\end{proof}


Im Folgenden werden wir auch mehrmals  folgendes Lemma verwenden, welches  ganz \"ahnlich wie Satz~\ref{satz:kompstetig} bewiesen wird. 

\begin{lemma}\label{lem:limkh}
Es seien $b,c\in \R$ und es seien 
\[ \begin{array}{rcl} g\colon  \R\setminus \{b\}&\to &\R\\
k&\mapsto &g(k)\end{array} \quad \mbox{ und }\quad 
 \begin{array}{rcl} k\colon \R\setminus\{c\} &\to & \R \\
h&\mapsto &k(h)\end{array} \]
 stetige Funktionen mit $\lim_{h\to c}k(h)=b$. Dann gilt
\[ \lim_{h\to c}g(k(h))\,\,=\,\,\lim_{k\to b} g(k).\]
\end{lemma}

Beispielsweise folgt aus  Satz~\ref{satz:explimit} und Lemma~\ref{lem:limkh} angewandt auf $g(k)=\frac{\sin(k)}{k}$ und $k(h)=\frac{k}{2}$, dass
\[ \underset{h\to 0}{\lim}\,\,\frac{\sin(\frac{h}{2})}{\frac{h}{2}}\,\,=\,\,\lim_{k\to 0}\frac{\sin(k)}{k}\,\,=\,\,1.\]
Mithilfe von Satz~\ref{satz:explimit} und Lemma~\ref{lem:limkh} k\"onnen wir jetzt die Ableitungen der Exponentialfunktion, der Sinusfunktion und der Kosinusfunktion bestimmen.

\begin{satz}
Es gilt
\[ \begin{array}{rcl} \frac{d}{dx}\, \exp(x)&=&\exp(x)\\[2mm]
 \frac{d}{dx}\, \sin(x)&=&\cos(x)\\[2mm]
  \frac{d}{dx}\, \cos(x)&=&-\sin(x).\end{array} \]
\end{satz}

\begin{proof}
Wir betrachten zuerst die Exponentialfunktion.
Es ist 
\[ \begin{array}{rcll} \frac{d}{dx}\,\exp(x)\,\,=\,\,\underset{h\to 0}{\lim}\,\,\tmfrac{\exp(x+h)-\exp(x)}{h}
&=&\exp(x)\cdot \underset{h\to 0}{\lim}\,\,\tmfrac{\exp(h)-1}{h}\\[2mm]
&=&\exp(x)\cdot 1&\mbox{ nach Satz~\ref{satz:explimit}}\\
&=&\exp(x).\end{array} \]
Wir wenden uns nun der Sinusfunktion zu. Hierbei ist
\footnote{Zur Erinnerung, Korollar~\ref{kor:sincosdiff} besagt, dass f\"ur alle $x,y\in \R$ gilt 
\[ \sin(x)-\sin(y)\,\,=\,\,2\cos\left(\frac{x+y}{2}\right)\sin\left(\frac{x-y}{2}\right).\]
}
\[ \begin{array}{rcll}\frac{d}{dx}\, \sin(x)&=&\underset{h\to 0}{\lim}\frac{\sin(x+h)-\sin(x)}{h}\\
&=&
\underset{h\to 0}{\lim}\frac{2\cos(x+\frac{h}{2})\sin(\frac{h}{2})}{h}&\mbox{ nach Korollar~\ref{kor:sincosdiff}}\\[2mm]
&=&
\underset{=\cos(x),\,\opnormal{weil $\cos$ stetig}}{\underbrace{
\underset{h\to 0}{\lim}\cos\bigg(x+\frac{h}{2}\bigg)}}\cdot \underset{\tiny{\begin{array}{c}=1\,\opnormal{nach Satz~\ref{satz:explimit}}\\\opnormal{und Lemma \ref{lem:limkh}}\end{array}}}{\underbrace{\underset{h\to 0}{\lim}\,\,\frac{\sin(\frac{h}{2})}{\frac{h}{2}}}}&\\
&=&\cos(x). \end{array} \]
Ganz \"ahnlich kann man auch mithilfe von  Korollar~\ref{kor:sincosdiff} zeigen, dass
$\frac{d}{dx}\cos(x)=-\sin(x)$. Dies ist eine \"Ubungsaufgabe auf \"Ubungsblatt 10.
\end{proof}










%================================
\subsection{Die Kettenregel und die Umkehrregel}


\begin{satz} $($Kettenregel$)$\label{satz:kettenregel}
Es seien zwei $f\colon  (a,b)\to \R$ und $g\colon  (c,d)\to \R$ zwei Funktionen
mit $f((a,b))\subset (c,d)$. Wenn $f$ im Punkt $x_0\in (a,b)$ differenzierbar ist und wenn $g$ im Punkt $f(x_0)$ differenzierbar ist, dann ist $g\circ f$ im Punkt $x_0$ differenzierbar und es gilt
\[ (g\circ f)'(x_0)\,\,=\,\,g'(f(x_0))\cdot f'(x_0).\]
\end{satz}

\begin{proof}\mbox{}
\begin{enumerate}
\item[]\textcolor{blue}{
Die Idee ist folgende Umformung auszuf\"uhren
\[ \frac{g(f(x_0+h))-g(f(x_0))}{h}=
\frac{g(f(x_0+h))-g(f(x_0))}{f(x_0+h)-f(x_0)}\cdot
\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}.\]
Allerdings macht diese Umformung keinen Sinn, wenn $f(x_0+h)=f(x_0)$.
Wir m\"ussen deswegen einen kleinen Trick anwenden.}
\end{enumerate}
Wir setzen  $y_0:=f(x_0)$ und wir definieren
\[ \begin{array}{rcl} g^*\colon  M&\to & \R \\
y&\mapsto &\left\{ \begin{array}{ll} \frac{g(y)-g(y_0)}{y-y_0}, &\mbox { falls }y\ne y_0, \\
g'(y_0), &\mbox{ falls }y=y_0.\end{array} \right.\end{array} \]


\begin{behauptung}
\begin{enumerate}
\item Die Funktion $g^*$ ist im Punkt $y_0$ stetig,
\item 
F\"ur alle $h$ gilt, dass
\[ \frac{g(f(x_0+h))-g(f(x_0))}{h}=g^*(f(x_0+h))\cdot \frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}. \]
\end{enumerate}
\end{behauptung}

\begin{enumerate}
\item 
Wir m\"ussen nach Satz~\ref{satz:stetigkeitgw} zeigen, dass $\lim_{y\to y_0}g(y)=g(y_0)$. In der Tat ist
\[ \lim_{y\to y_0}g(y)\,\,=\,\,  \lim_{y\to y_0}\frac{g(y)-g(y_0)}{y-y_0}
\,\,=\,\,  \lim_{h\to 0}\frac{g(y_0+h)-g(y_0)}{y_0+h-y_0}\,\,=\,\,g'(y_0)\,\,=\,\,g^*(y_0).\]
\item 
Wir beweisen die zweite Behauptung, indem wir eine Fallunterscheidung durchf\"uhren. Es sei also $h$ gegeben.
Wenn $f(x_0+h)=y_0=f(x_0)$, dann folgt, dass
\begin{align*}
\begin{array}{rcl} \hspace{1.5cm} \tmfrac{g(f(x_0+h))-g(f(x_0))}{h}&=&0\,\,=\,\,g^*(f(x_0+h))\cdot \tmfrac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}.
\intertext{Wenn hingegen  $f(x_0+h)=y_0=f(x_0)$, dann folgt aus der Definition von $g^*$, dass}
 \tmfrac{g(f(x_0+h))-g(f(x_0))}{h}&=&\tmfrac{g(f(x_0+h))-g(f(x_0))}{f(x_0+h)-f(x_0)}\tmfrac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}\,\,=\,\,g^*(f(x_0+h))\cdot \tmfrac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}.\end{array} \end{align*}
 \end{enumerate}
Wir haben damit also die Behauptung bewiesen.

Es folgt nun aus der Behauptung, dass 
\[ \begin{array}{rcl} \underset{h\to 0}{\lim}\,\, \tmfrac{g(f(x_0+h))-g(f(x_0))}{h}&=&\underset{h\to 0}{\lim}\,\, \left(g^*(f(x_0+h))\cdot \tmfrac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}\right)\\[2mm]
&=& \underset{=g^*(f(x_0))\operatorname{\,weil\,}f,g^*\operatorname{\,stetig}}{\underbrace{\underset{h\to 0}{\lim}\,\, g^*(f(x_0+h))}}\cdot  
\underset{=f'(x_0)}{\underbrace{\underset{h\to 0}{\lim} \tmfrac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}}}\\[3mm]
&=&g^*(f(x_0))\cdot f'(x_0)\\[2mm]
&=&g'(f(x_0))\cdot f'(x_0).\end{array} \]
\end{proof}

\begin{korollar}
Es sei $a\in (0,\infty)$. Dann gilt  f\"ur alle $x\in \R$, dass
\[ \frac{d}{dx} a^x \,\,=\,\,a^x\cdot \ln(a).\]
\end{korollar}

\begin{proof}
F\"ur alle $x\in \R$ gilt, dass
\[ 
\begin{array}{rcll}
\frac{d}{dx} a^x &=&\frac{d}{dx}\exp(\ln(a)\cdot x)&\mbox{ Definition von $a^x$}\\[1mm]
&=&\exp(\ln(a)\cdot x)\cdot (\ln(a)\cdot x)'&\mbox{ Kettenregel mit $f(x)=\ln(a)\cdot x$ und $g(x)=\exp(x)$}\\[1mm]
&=&\exp(\ln(a)\cdot x)\cdot \ln(a)\\
&=&a^x\cdot \ln(a).\end{array} \]
\end{proof}



\begin{satz} $($Umkehrregel$)$\label{satz:umkehrregel}
Es sei  $f\colon  (a,b)\to \R$ eine stetige und streng monotone Funktion.
Wenn $f$ in einem Punkt $x_0\in (a,b)$ differenzierbar ist mit $f'(x_0)\ne 0$, dann ist $f^{-1}$ im Punkt $f(x_0)$ differenzierbar und es gilt:
\begin{align*}
\begin{array}{rcl}
\hspace{5cm} \left( f^{-1}\right)'(f(x_0))&=&\smfrac{1}{f'(x_0)}.
\intertext{Anders ausgedr\"uckt, f\"ur $y_0=f(x_0)$ gilt, dass }
 (f^{-1})'(y_0)&=&\smfrac{1}{f'(f^{-1}(y_0))}.
 \end{array}
\end{align*}
\end{satz}


Die anschauliche Bedeutung der Umkehrregel wird in Abbildung 
\ref{fig:ableitungumkehrfunktion} skizziert. 
\begin{figure}[h]
\begin{center}
\input{umkehrableitung.pstex_t}
\caption{Die Ableitung der Umkehrfunktion.}
\label{fig:ableitungumkehrfunktion}
\end{center}
\end{figure}
Wir erhalten den Graphen von $f^{-1}$, indem wir den Graphen von $f$ an der $xy$-Diagonale spiegeln.
Ganz analog erhalten wir die Tangente zum Graphen von $f^{-1}$ am Punkt $(f(x_0),f^{-1}(f(x_0))=(f(x_0),x_0)$, indem wir die Tangente zum Graphen von $f$ am Punkt $(x_0,f(x_0))$ an der $xy$-Diagonale spiegeln.
Ganz allgemein gilt jedoch, dass wenn wir eine Gerade mit Steigung $m$ an der $xy$-Diagonale spiegeln, erhalten wir eine Gerade mit Steigung $\frac{1}{m}$.



\begin{proof}
Es sei $f\colon  (a,b)\to \R$ eine stetige und streng monotone Funktion und es sei $x_0\in (a,b)$. Wir nehmen an, dass  $f$ im Punkt $x_0$ differenzierbar ist mit $f'(x_0)\ne 0$. Dann gilt
\begin{align*}
 \begin{array}{rcll}\hspace{2cm}\left( f^{-1}\right)'(f(x_0))&=&\underset{h\to 0}{\lim}\,\,\tmfrac{f^{-1}(f(x_0)+h)-f^{-1}(f(x_0))}{h}\\[2mm]
&=&\underset{h\to 0}{\lim}\,\,\tmfrac{f^{-1}(f(x_0)+h)-x_0}{h}\,\,=\,\,(*)
\intertext{Wir schreiben jetzt $k(h)=f^{-1}(f(x_0)+h)-x_0$. 
Diese Funktion ist nach Satz  \ref{satz:umkehrstetig} stetig im Punkt $h=0$.
Durch Aufl\"osen nach $h$ erh\"alt man, dass $h=f(k(h)+x_0)-f(x_0)$. Dann gilt}
(*)&=&\underset{h\to 0}{\lim}\,\,\dfrac{k(h)}{f(k(h)+x_0)-f(x_0)}&\\[2mm]
&=&\underset{h\to 0}{\lim}\,\,\dfrac{1}{\frac{f(k(h)+x_0)-f(x_0)}{k(h)}}&\\[2mm]
&=&\dfrac{1}{\underset{h\to 0}{\lim}\,\,\frac{f(k(h)+x_0)-f(x_0)}{k(h)}}&\\[2mm]
&=&\dfrac{1}{\underset{k\to 0}{\lim}\,\,\frac{f(k+x_0)-f(x_0)}{k}}\quad \mbox{folgt aus Lemma~\ref{lem:limkh} und $\underset{h\to 0}{\lim}\,\,k(h)=0$}\\
&=&\dfrac{1}{f'(x_0)}.\end{array} 
\end{align*}
\end{proof}


\begin{bemerkung}
Man kann die Gleichheit 
\[ \left( f^{-1}\right)'(f(x_0))\,\,=\,\,\lmfrac{1}{f'(x_0)}\]
auch leicht aus der Kettenregel herleiten.\footnote{Allerdings kann man aus der Kettenregel nicht die Differenzierbarkeit von $f^{-1}$ herleiten.}
In der Tat, denn  aus  der Kettenregel folgt, dass
\[ 1=\left.\frac{d}{dx}\right|_{x=x_0} x=\left.\frac{d}{dx}\right|_{x=x_0} f^{-1}(f(x))= \left( f^{-1}\right)'(f(x_0))\cdot f'(x_0),\]
also erh\"alt man durch Aufl\"osen, dass f\"ur jedes $x_0$ gilt:
\begin{align*}
\begin{array}{rcl}
\hspace{5cm} \left( f^{-1}\right)'(f(x_0))&=&\smfrac{1}{f'(x_0)}.
\intertext{Insbesondere gilt f\"ur $y_0=f(x_0)$, dass}
 \left( f^{-1}\right)'(y_0)&=&\smfrac{1}{f'(f^{-1}(y_0))}.\end{array} 
\end{align*}
\end{bemerkung}


\begin{korollar}
F\"ur alle $x\in (0,\infty)$ ist
\[ \frac{d}{dx} \ln (x)\,\,=\,\,\frac{1}{x}.\]
\end{korollar}

\begin{proof}
Es folgt aus der Umkehrregel und aus $\frac{d}{dx}\exp(x)=\exp(x)$, dass
\[\frac{d}{dx}\, \ln(x)=\frac{1}{\exp'(\ln(x))}=\frac{1}{\exp(\ln(x))}=\frac{1}{x}.\]
\end{proof} 



% Ende 20. Vorlesung
%==========================



%================================
\subsection{$C^\infty$-Funktionen}


\begin{definition}
Es sei $f\colon  (a,b)\to \R$ eine Funktion.
\begin{enumerate}
\item Wenn  $f$ differenzierbar  ist, und wenn zudem $f'$ stetig ist, dann hei\ss t $f$ \emph{stetig differenzierbar} und wir sagen \emph{$f$ ist eine $C^1$-Funktion}.
\item Wenn $f$ eine $C^n$-Funktion, und wenn die $n$-te Ableitung $f^{(n)}$ eine $C^1$-Funktion ist, so hei\ss t $f$ eine $C^{n+1}$-Funktion.
\item Wir sagen $f$ ist eine \emph{$C^{\infty}$-Funktion}, wenn $f$ f\"ur alle $n$ eine $C^n$-Funktion ist.
\end{enumerate}
\end{definition}

Beispielsweise sind Polynomfunktionen, die Exponentialfunktion, die Sinusfunktion sowie die Kosinusfunktion   $C^\infty$-Funktionen.
Andererseits haben wir in \"Ubungsblatt 10  gesehen, dass die Funktion
\begin{align*}
 \begin{array}{rcl}
 \hspace{4cm}  f\colon  \R&\to & \R \\
x&\mapsto &\left\{ \begin{array}{ll} x^2\sin(\frac{1}{x}),&\mbox{ wenn }x\ne 0, \\ 0,&\mbox{ wenn $x=0$}\end{array} \right. 
\intertext{in jedem Punkt differenzierbar  ist, insbesondere auch im Punkt $x=0$. Aber die Ableitung von $f$ ist gegeben durch}
f'\colon  \R&\to & \R \\
x&\mapsto &\left\{ \begin{array}{ll}2x\sin(\frac{1}{x})- \cos(\frac{1}{x}),&\mbox{ wenn }x\ne 0, \\ 0,&\mbox{ wenn $x=0$,}\end{array} \right.\end{array} 
\end{align*}
und diese Ableitungsfunktion ist im Punkt $x=0$ nicht stetig.

\begin{figure}[h]
\begin{center}
\input{graphsinix.pstex_t}
\caption{}
\end{center}
\end{figure}

\newpage

%================================
\section{Der Mittelwertsatz}

%================================
\subsection{Der Mittelwertsatz und lokale Extrema}\label{section:mws}

\begin{definition}
Es sei $D\subset \R$ eine Teilmenge und es sei $f\colon  D\to\R$ eine Funktion.
Wir sagen, $f$ hat bei $x_0$ ein
\emph{lokales Maximum}, wenn es ein $\delta>0$ gibt, so dass
\[ \mbox{f\"ur alle $x\in D$  mit $|x-x_0|<\delta$ gilt, dass $f(x)\leq f(x_0).$}\]
Ganz analog definieren wir \emph{lokales Minimum}. Wir sagen $x_0$ ist ein \emph{lokales Extremum}, wenn $x_0$ ein lokales Maximum oder ein lokales Minimum ist.
\end{definition}


\begin{figure}[h]
\begin{center}
\input{lokmaxmin.pstex_t}
\caption{Die anschauliche Bedeutung  von lokalem Maximum und lokalem Minimum.}
\label{fig:lokmaxmin}
\end{center}
\end{figure}

Wir sagen $x$ ist ein \emph{innerer Punkt} einer Teilmenge $M\subset \R$, wenn es ein $\epsilon>0$ gibt, so dass $U_\epsilon(x):=(x-\epsilon,x+\epsilon)\subset  M$. Es folgt leicht aus den Definitionen, dass f\"ur Intervalle von der Form $[a,b]$, $(a,b)$, $[a,b)$ und $(a,b]$  die Menge der inneren Punkte gerade gegeben ist durch das offene Intervall $(a,b)$. \footnote{In der Tat, denn sei beispielsweise $x\in (a,b)$, dann gilt  $\epsilon=\min\{b-x,x-a\}>0$
und es ist $(x-\epsilon,x+\epsilon)\subset (a,b)$.}

Es sei nun $M\to \R$ eine Funktion und $x_0\in M$ ein innerer Punkt. Nachdem $x_0$ ein innerer Punkt ist, macht es Sinn die Grenzwerte $\lim_{h\to 0}\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}$ zu betrachten und wir f\"uhren wie zuvor die Differenzierbarkeit von $f$ am Punkt $x_0$ ein. 





\begin{lemma}\label{lem:maxnullabl}
Es sei $f\colon  D\to \R$ eine differenzierbare Funktion und $x_0\in D$ ein innerer Punkt. Wenn $f$ ein lokales Extremum in $x_0$ annimmt, dann ist $f'(x_0)=0$.
\end{lemma}

Die Aussage des Lemmas ist im Allgemeinen nicht richtig, wenn $x_0$ kein innerer Punkt ist.
Betrachten wir beispielsweise die Funktion $f\colon  [0,1]\to \R$, welche durch $f(x)=3x$ definiert ist. Dann ist $x_0=0$ ein lokales Minimum und $x_0=1$ ein lokales Maximum.
Wir hatten die Ableitung an den Endpunkten nicht definiert, aber selbst wenn man diese \"uber einseitige Grenzwerte definieren w\"urde, w\"are die Ableitung an den Endpunkten nicht null.



\begin{proof}
Es sei $f\colon  D\to \R$ eine Funktion und es sei $x_0\in D$ ein innerer Punkt, so dass $f$ im Punkt $x_0$ differenzierbar ist. Es sei zudem $x_0$ entweder ein lokales Minimum oder ein lokales Maximum.
O.B.d.A.\ k\"onnen wir annehmen, dass $x_0$ ein lokales Minimum ist. Es gibt also ein $\delta>0$, so dass 
$f(x_0+h)-f(x_0)\geq 0$ f\"ur alle  $h\ne 0\in (-\delta,\delta)$.
Wir betrachten nun den rechtsseitigen und den linksseitigen Grenzwert in der Definition der Ableitung.
Es ist
\begin{align*}
\begin{array}{rcl} 
\hspace{4.3cm} 
 \underset{h\searrow 0}{\lim}\,\,\underset{\tiny{\begin{array}{c}\opnormal{$\geq 0$ f\"ur $h\in (0,\delta)$,}\\\opnormal{weil $h>0$ und $f(x_0+h)\geq f(x_0)$}\end{array}}}{\underbrace{\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}}} &\geq& 0.
\intertext{Andererseits gilt}
 \underset{h\nearrow 0}{\lim}\,\,\underset{\tiny{\begin{array}{c}\opnormal{$\leq 0$ f\"ur $h\in (-\delta,0)$,}\\\opnormal{weil $h<0$ und $f(x_0+h)\geq f(x_0)$}\end{array}}}{\underbrace{\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h}}} &\leq& 0.
 \end{array}
\end{align*}
Aber nachdem $f$ im Punkt $x_0$ differenzierbar ist, m\"ussen beide Grenzwerte \"ubereinstimmen.
Dies ist nur m\"oglich, wenn beide Grenzwerte Null sind, d.h.\ wenn $f'(x_0)=0$. 
\end{proof}


Wir sagen im Folgenden, dass eine Funktion $f\colon  [a,b]\to \R$
\footnote{Bisher hatten wir Differenzierbarkeit nur f\"ur Funktionen eingef\"uhrt, welche auf offenen Intervallen definiert sind. Wir erweitern  jetzt also die Definition von Differenzierbarkeit auf Funktionen, welche auf kompakten Intervallen definiert sind.} differenzierbar ist, wenn sie auf dem offenen Intervall $(a,b)$ differenzierbar ist, und wenn die Funktion zudem auf $[a,b]$ stetig ist. Ganz analog definieren wir Differenzierbarkeit auf Intervallen der Form $[a,\infty)$, $[a,b)$, $(a,b]$ und $(-\infty,b]$.


\begin{satz} $($Satz von Rolle$)$\label{satz:rolle}
 Es sei $f\colon  [a,b]\to \R$ eine differenzierbare  Funktion,
  so dass $f(a)=f(b)$. Dann  gibt es ein $\xi\in (a,b)$, so dass
  $f'(\xi)=0$.
\end{satz}

\begin{proof}
Es folgt aus Lemma~\ref{lem:diffstetig}, dass die Funktion $f$ stetig ist.
Also  existieren  nach Satz~\ref{satz:stetigmaxmin} zwei reelle Zahlen $x_0,x_1\in [a,b]$, so dass
\[ f(x_0)\geq f(x)\geq f(x_1) \mbox{ f\"ur alle $x\in [a,b]$}.\]
Es folgt sofort aus den Definitionen, dass $x_0$ insbesondere ein lokales Maximum ist, und dass $x_1$ insbesondere ein lokales Minimum ist.
Wenn $x_0\in (a,b)$, dann ist $x_0$ zudem ein innerer Punkt und es folgt aus Lemma~\ref{lem:maxnullabl}, dass $f'(x_0)=0$.
Genauso, wenn $x_1\in (a,b)$, dann ist $x_1$ zudem ein innerer Punkt und es folgt wiederum aus Lemma~\ref{lem:maxnullabl}, dass  $f'(x_1)=0$.

Wenn $x_0$ und $x_1$ auf den Endpunkten liegen, dann folgt aus $f(a)=f(b)$, dass $f(a)=f(b)$  sowohl das Maximum als auch das Minimum von $f$ ist. Anders ausgedr\"uckt, die Funktion  $f$ ist konstant. Dies bedeutet aber, dass  $f'(x)=0$ f\"ur alle $x\in (a,b)$.
\end{proof}


\begin{satz} $($Mittelwertsatz der Differentialrechnung$)$\label{satz:mittelwert}
Es sei $f\colon  [a,b]\to \R$ eine differenzierbare Funktion. Dann gibt es ein $\xi\in (a,b)$, so dass
\[ f'(\xi)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}.\]
\end{satz}

Wir k\"onnen uns $\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$ als `durchschnittliche Steigung' der Funktion $f\colon  [a,b]\to \R$ vorstellen. Der Mittelwertsatz der Differentialrechnung besagt also, dass es ein $\xi \in (a,b)$ gibt, so dass an dem Punkt $\xi$ die Ableitung, d.h.\ die Steigung der Tangente, gerade der durchschnittlichen Steigung entspricht.
Diese Aussage wird in Abbildung \ref{fig:zwischenwertabl} veranschaulicht.
\begin{figure}[h]
\begin{center}
\input{zwischenwertabl.pstex_t}
\caption{Die anschauliche Bedeutung vom Mittelwertsatz der Differentialrechnung.}
\label{fig:zwischenwertabl}
\end{center}
\end{figure}



\begin{proof}\mbox{}
\begin{enumerate}
\item[]\textcolor{blue}{Wenn $g(a)=g(b)$, dann ist die gew\"unschte Aussage gerade der Satz von Rolle. In der Tat werden wir nun den allgemeinen Fall mit einem kleinen Trick auf den Satz von Rolle zur\"uck f\"uhren.}
\end{enumerate}
Wir betrachten die differenzierbare Funktion
\begin{align*}
\begin{array}{rcl}
\hspace{5cm} g(x)&:=&f(x)-\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a),
 \intertext{welche auf dem Intervall $[a,b]$ definiert ist. 
Es gilt offensichtlich, dass $g(a)=f(a)=g(b)$. Nach dem Satz von Rolle existiert  also ein $\xi \in (a,b)$, so dass $g'(\xi)=0$. Daraus folgt aber, dass}
 f'(\xi)&=&\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}.
 \end{array} \end{align*}
\end{proof}


Zur Erinnerung, eine Funktion $f\colon  D\to \R$ hei\ss t \emph{streng monoton steigend}, wenn f\"ur alle $x_1,x_2\in D$ gilt:
\[ x_2>x_1 \quad \Longrightarrow \quad f(x_2)>f(x_1).\]
Im Folgenden sagen wir, $f$ ist \emph{monoton steigend}, wenn f\"ur alle $x_1,x_2\in D$ gilt:
\[ x_2>x_1 \quad \Longrightarrow  \quad f(x_2)\geq f(x_1).\]
Ganz analog definiert man streng monoton fallend und monoton fallend.
Beispielsweise ist die konstante Funktion $f(x)=3$ sowohl monoton steigend als auch monoton fallend, aber die konstante Funktion ist weder streng monoton steigend noch streng monoton fallend.

\begin{satz} \label{satz:monotonie} $($Monotoniesatz$)$
Es sei $I\subset \R$ ein Intervall und es sei $f\colon  I\to \R$ eine differenzierbare  Funktion. Dann gilt
\begin{align*}
\begin{array}{rrcl}
\hspace{0.5cm}
 (1)& f'(x)\geq 0\mbox{ f\"ur alle inneren Punkte $x$ von $I$}&\Longleftrightarrow&
 \mbox{$f$ ist monoton steigend }
\intertext{und}
(2)& f'(x)> 0\mbox{ f\"ur alle inneren Punkte $x$ von $I$}
&\Longrightarrow&
 \mbox{$f$ ist streng monoton steigend.}\end{array}
 \end{align*}
Zudem gelten die offensichtlichen analogen Aussagen f\"ur $($streng$)$ monoton fallende Funktionen. 
\end{satz}

Im Allgemeinen gilt in (2) nicht die Umkehrung. Beispielsweise ist die Funktion $f(x)=x^3$ streng monoton steigend, aber $f'(0)=0$, d.h.\ die Ableitung ist nicht immer positiv. 


\begin{proof}
Es sei $I\subset \R$ ein Intervall und es sei $f\colon  I\to \R$ eine differenzierbare  Funktion. 
\begin{enumerate}
\item
Wir beweisen zuerst die $\Leftarrow$-Richtung. Es sei also $f$  monoton steigend. Dann gilt f\"ur alle inneren Punkte $x$ in $I$, dass
\[ f'(x)\,\,=\,\,\underset{h\to 0}{\lim}\,\,\underset{
\tiny{\begin{array}{c}\opnormal{$\geq 0$ f\"ur $h>0$ und $h<0$,}\\\opnormal{weil $f$ monoton steigend}\end{array}}}{\underbrace{\frac{f(x+h)-f(x)}{h}}}\,\,\geq\,\, 0.\]
Wir beweisen nun die $\Rightarrow$-Richtung. Es sei also  $f'(x)\geq 0$ f\"ur alle inneren $x$ in $I$. 
Wir nehmen nun an, dass $f$ nicht monoton steigend ist. D.h.\ wir nehmen an, es gibt $x_2>x_1$ in $I$, so dass
$f(x_2)<f(x_1)$. Wenn wir den Mittelwertsatz auf die Einschr\"ankung von $f$ auf $[x_1,x_2]$ anwenden, erhalten wir ein $\xi\in (x_1,x_2)$, so dass
\[ f'(\xi)=\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}<0,\]
im Widerspruch zur Voraussetzung.
\item Die zweite Aussage des Satzes wird ganz \"ahnlich wie (1) bewiesen. Dies ist eine \"Ubungsaufgabe in \"Ubungsblatt 11.
\end{enumerate}
\end{proof}

\begin{lemma}\label{lem:fkonstant}
Es sei $f\colon  [a,b]\to \R$ eine differenzierbare Funktion, so dass $f'(x)=0$ f\"ur alle $x\in (a,b)$.
Dann ist $f$ konstant.
\end{lemma}

\begin{proof}
Es sei $f\colon  [a,b]\to \R$ eine differenzierbare Funktion, so dass $f'(x)=0$ f\"ur alle $x\in (a,b)$.
Nehmen wir an, dass die Funktion$f$ nicht konstant ist. 
Dann gibt es $x\in (a,b]$ mit $f(x)\ne f(a)$.
Nach dem Mittelwertsatz \ref{satz:mittelwert}, angewandt auf die Einschr\"ankung von $f$ auf $[a,x]$,  gibt es dann aber ein $\xi\in (a,x)$, mit
\[ f'(\xi)\,\,=\,\,\frac{f(x)-f(a)}{x-a}\,\,\ne\,\, 0,\]
im Widerspruch zur Annahme, dass $f'(x)=0$ f\"ur alle $x\in (a,b)$.
\end{proof}


\begin{lemma}
Es sei $f\colon  [a,b]\to \R$ eine differenzierbare Funktion und $C\in \R$.
Wenn $f'(x)\leq C$ f\"ur alle $x\in (a,b)$, dann gilt
f\"ur alle $x\in [a,b]$, dass
\[ f(x)\,\,\leq \,\,f(a)+C\cdot (x-a).\]
\end{lemma}


Genauso zeigt man, dass wenn $f\colon  [a,b]\to \R$ eine differenzierbare Funktion ist und wenn $f'(x)\geq C$ f\"ur alle $x\in (a,b)$, dann gilt
f\"ur alle $x\in [a,b]$, dass
\[ f(x)\,\,\geq \,\,f(a)+C\cdot (x-a).\]

\begin{proof}
Es sei $f\colon  [a,b]\to \R$ eine differenzierbare Funktion und $C\in \R$, so dass  $f'(x)\leq C$ f\"ur alle $x\in (a,b)$. Nehmen wir an, es gibt ein $x\in [a,b]$, so dass
\begin{align*}
\begin{array}{rcl}
 f(x)-f(a)&> &C\cdot (x-a).
 \intertext{Nach dem Mittelwertsatz \ref{satz:mittelwert}, angewandt auf die Einschr\"ankung von $f$ auf $[a,x]$,  gibt es dann aber ein $\xi\in (a,x)$, mit}
 \hspace{5cm} f'(\xi)\,\,=\,\,\dfrac{f(x)-f(a)}{x-a}&>&\dfrac{C(x-a)}{x-a}\,\,=\,\,C,\end{array} \end{align*}
im Widerspruch zur Annahme, dass $f'(x)\leq C$ f\"ur alle $x\in (a,b)$.
\end{proof}


Der folgende Satz erlaubt es oft f\"ur eine gegebene Funktion lokale Minima und Maxima zu bestimmen.

\begin{satz}
Es sei $f\colon  [a,b]\to \R$ eine zweifach differenzierbare Funktion und es sei $x_0\in (a,b)$ mit $f'(x_0)=0$.
\begin{enumerate}
\item Wenn $f''(x_0)>0$, dann nimmt $f$ bei $x_0$ ein lokales Minimum an.
\item Wenn $f''(x_0)<0$, dann nimmt $f$ bei $x_0$ ein lokales Maximum an.
\end{enumerate}
\end{satz}

Betrachten wir beispielsweise die Funktion $f(x)=x^2$. Dann gilt $f'(0)=0$ und $f''(0)=2$, und $f$ nimmt in der Tat in $x=0$ ein Minimum an.


\begin{proof}
Es sei also $f\colon  [a,b]\to \R$ eine zweifach differenzierbare Funktion.
Es sei zudem $x_0\in (a,b)$, so dass $f'(x_0)=0$. Wir betrachten nur den Fall, dass $f''(x_0)>0$. Der zweite Fall wird nat\"urlich ganz analog bewiesen. Es folgt aus $f''(x_0)>0$, dass
\[ \lim_{h\to 0} \frac{f'(x_0+h)-f'(x_0)}{h}\,\,=\,\,f''(x_0)\,\,>\,\,0.\]
Es existiert also ein $\delta>0$, so dass
\[ \frac{f'(x_0+h)-f'(x_0)}{h}>0\mbox{ f\"ur alle $h\ne 0\in (-\delta,\delta)$}.\]
Es folgt, dass
\[ \begin{array}{rcll}
f'(x_0+h)&>&f'(x_0)=0, &\mbox{ f\"ur alle }h\in (0,\delta),\mbox{ und}\\
f'(x_0+h)&<&f'(x_0)=0, &\mbox{ f\"ur alle }h\in (-\delta,0).\end{array} \]
Es folgt aus Satz~\ref{satz:monotonie}
\[ \begin{array}{l} \mbox{$f$ ist auf dem Intervall $[x_0,x_0+\delta)$ streng monoton steigend, und} \\
\mbox{$f$ ist auf dem Intervall $(x_0-\delta,x_0]$ streng monoton fallend.}\end{array} \]
Dies wiederum impliziert,  dass $x_0$ ein lokales Minimum ist.
\end{proof}


% Ende 21. Vorlesung
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\subsection{Umkehrfunktionen von trigonometrischen Funktionen}

Die \emph{Tangensfunktion} ist definiert als die Funktion
\[ \begin{array}{rcl}\tan\colon  \R\setminus
\{\frac{\pi}{2}+n\pi\,|\, n\in \Z\} &\to &\R \\
x&\mapsto &\tan(x):=\dfrac{\sin(x)}{\cos(x)}.\end{array} \]
Wir fassen einige Eigenschaften der Tangensfunktion in einem Lemma zusammen.

\begin{lemma}\label{lem:tan}\mbox{} 
\begin{enumerate}
\item Es ist 
\[ \frac{d}{dx}\,\tan(x)\,\,=\,\,\frac{1}{\cos(x)^2}.\]
\item Die Einschr\"ankung der Tangensfunktion auf das Intervall $(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2})$ ist streng monoton steigend.
\item Es ist 
\[ \lim_{x\searrow -\frac{\pi}{2}}\,\,\tan(x)\,\,=\,\,-\infty\quad\mbox{ und }  \lim_{x\nearrow +\frac{\pi}{2}}\,\,\tan(x)\,\,=\,\,+\infty.\]
\end{enumerate}
\end{lemma}

\begin{proof}\mbox{}
\begin{enumerate}
\item
Es folgt aus der Quotientenregel, dass die Ableitung der Tangensfunktion gegeben ist durch
\[ \begin{array}{rcl} \dfrac{d}{dx}\tan(x)\,\,=\,\,\dfrac{d}{dx}\dfrac{\sin(x)}{\cos(x)}&=&\dfrac{\cos(x)\frac{d}{dx}\sin(x)-\sin(x)\frac{d}{dx}\cos(x)}{\cos(x)^2}\\[2mm]
&=&\dfrac{\cos(x)^2+\sin(x)^2}{\cos(x)^2}\,\,=\,\,\dfrac{1}{\cos(x)^2}.\end{array}\]
\item Die Kosinusfunktion ist positiv auf dem Intervall  $(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2})$, insbesondere ist die Ableitung der Tangensfunktion auf  $(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2})$  positiv.
Es folgt aus dem Monotoniesatz  \ref{satz:monotonie}, dass  die Einschr\"ankung der Tangensfunktion auf das Intervall $(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2})$  streng monoton steigend ist.
\item F\"ur alle $x\in (0,\frac{\pi}{2})$ ist $\sin(x)>0$ und $\cos(x)>0$. Zudem gilt, dass 
\[ \lim_{x\nearrow +\frac{\pi}{2}}\sin(x)=1\mbox{ und }\lim_{x\nearrow +\frac{\pi}{2}}\cos(x)=0.\]
 Es folgt nun leicht aus den Definitionen von Grenzwerten, \"ahnlich wie in Satz~\ref{satz:einsdurchnull}, dass 
\[ \lim_{x\nearrow +\frac{\pi}{2}}\,\,\frac{\sin(x)}{\cos(x)}\,\,=\,\,+\infty.\]
Der andere Grenzwert wird ganz analog bestimmt.
\end{enumerate}
\end{proof}

Die Einschr\"ankung der Tangensfunktion auf das Intervall $(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2})$ ist also 
nach Lemma  \ref{lem:strengmonotonbijektiv} und Lemma~\ref{lem:tan}
bijektiv auf ihr Bild. Wir bezeichnen die Umkehrfunktion 
\[ \begin{array}{rcl} \arctan\colon  \R&\to & (-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2})\\
x&\mapsto&\arctan(x):=\tan^{-1}(x)\end{array} \]
als die \emph{Arkustangensfunktion}, oder kurz, als den \emph{Arkustangens}.
Wir fassen nun einige Eigenschaften der Arkustangensfunktion in einem Lemma zusammen.

\begin{lemma}\label{lem:arctan}\mbox{} 
\begin{enumerate}
\item Es ist
\[ \frac{d}{dx}\,\arctan(x)\,\,=\,\,\frac{1}{1+x^2}.\]
\item Die Arkustangensfunktion ist streng monoton steigend.
\item Es ist 
\[ \lim_{x\to-\infty}\arctan(x)\,\,=\,\,-\frac{\pi}{2}\quad \mbox{ und }\quad 
 \lim_{x\to \infty}\arctan(x)\,\,=\,\,+\frac{\pi}{2}.\]
\end{enumerate}
 \end{lemma}
 
Die Aussage, dass in der Ableitung der Arkustangensfunktion keine trigonometrische Funktion auftaucht, ist \"uberraschend und wird sp\"ater noch eine sehr wichtige Rolle spielen, wenn wir Stammfunktionen betrachten.

 
Die Graphen der Tangensfunktion und der Arkustangensfunktion sind in Abbildung \ref{fig:grapharctan} skizziert.
\begin{figure}[h]
\begin{center}
\input{grapharctan.pstex_t}
\caption{Die Graphen der Tangensfunktion und der Arkustangensfunktion .}
\label{fig:grapharctan}
\end{center}
\end{figure}

 
\begin{proof}
\mbox{}
\begin{enumerate}
\item
Es folgt aus der Umkehrregel f\"ur Ableitungen, siehe Satz~\ref{satz:umkehrregel}, dass
\[\dfrac{d}{dx}\, \arctan(x)\,\,=\,\,\frac{1}{\,\,\frac{1}{\cos(\arctan(x))^2}\,\,}\,\,=\,\,\cos(\arctan(x))^2.\]
Wir m\"ussen also noch zeigen, dass f\"ur alle $x\in \R$ gilt, dass $\cos(\arctan(x))^2=\frac{1}{1+x^2}$.
Wir betrachten zuerst den Fall, dass $x\geq 0$. Wir schreiben $\alpha=\arctan(x)\in (0,\frac{\pi}{2})$.
\begin{figure}[h]
\begin{center}
\input{dreieckarctan.pstex_t}
\caption{Die Definition von Hypotenuse, Gegenkathete und Ankathete.}
\label{fig:dreieckarctan}
\end{center}
\end{figure}
In einem rechtwinkligen Dreieck mit Winkel $\alpha$ wie in Abbildung \ref{fig:dreieckarctan} gilt, dass
\begin{align*}
\begin{array}{rcl} 
\hspace{4cm} \sin(\alpha)&=&\frac{\mbox{Gegenkathete}}{\mbox{Hypotenuse}}
\quad \mbox{ und }\quad \cos(\alpha)\,\,=\,\,\frac{\mbox{Ankathete}}{\mbox{Hypotenuse}}
\intertext{Also folgt, dass}
\tan(\alpha)&=&\frac{\mbox{Gegenkathete}}{\mbox{Ankathete}}
\end{array}
\end{align*}
In Abbildung \ref{fig:dreieckarctan} betrachten wir jetzt ein rechtwinkliges Dreieck mit Winkel $\alpha$ und Ankathete der L\"ange $1$. Aus $\tan(\alpha)=x$ folgt dann, dass die L\"ange der Gegenkathete $x$ betr\"agt. Aus dem Satz von Pythagoras folgt dann, dass die Hypotenuse die L\"ange $\sqrt{1+x^2}$ besitzt. Zusammengefasst erhalten wir also, dass
\begin{align*}
\begin{array}{rcl}
\hspace{7cm} \cos(\alpha)&=&\frac{\mbox{Ankathete}}{\mbox{Hypotenuse}}=\dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}}.
\intertext{Daraus folgt nun aber, dass }
 \cos(\arctan(x))^2&=&\cos(\alpha)^2=\dfrac{1}{1+x^2}.
 \end{array}
\end{align*}
Wir m\"ussen nun noch den Fall $x<0$ betrachten. In diesem Fall folgt aus den Symmetrien $\arctan(-x)=-\arctan(x)$ und $\cos(-x)=\cos(x)$, dass 
\[
\begin{array}{rcl} \cos(\arctan(x))^2=\cos(-\arctan(-x))^2&=&\cos(\arctan(-x))^2\\
&=&\frac{1}{1+(-x)^2}\quad \quad \quad\mbox{ weil $-x\geq 0$}\\
&=&\frac{1}{1+x^2}.\end{array}\]
\footnote{Das Argument kann man auch etwas abstrakter, ohne Dreiecke durchf\"uhren. Wir setzen dabei zuerst $y=\arctan(x)$. Dann gilt nach Definition der Umkehrabbildung, dass
\begin{align*}
\begin{array}{rcl}
\tan(y)&=& x\quad \mbox{ insbesondere } \quad \frac{\sin(y)^2}{\cos(y)^2}=x^2.
\intertext{Wir erhalten also, dass}
x^2&=&\frac{\sin(y)^2}{\cos(y)^2}=\frac{1-\cos(y)^2}{\cos(y)^2}.
\intertext{Durch Aufl\"osen nach $\cos(y)^2$ und Einsetzen von $y=\arctan(x)$ erhalten wir dann, dass}
\hspace{4cm}\cos(\arctan(x))^2&=&\cos(y)^2=\frac{1}{1+x^2}
\end{array} 
\end{align*}}
\item Diese Aussage folgt aus Lemma~\ref{lem:tan} (2) und Lemma~\ref{lem:monotonieumkehr}. Alternativ folgt die Aussage aus (1) und aus Satz~\ref{satz:monotonie}.
\item Diese Aussage folgt leicht aus den Definitionen und  Lemma~\ref{lem:tan} (3). Der Beweis dazu ist eine freiwillige  \"Ubungsaufgabe.
\end{enumerate}
\end{proof}

Wir betrachten nun die Einschr\"ankung der Sinusfunktion auf das Intervall $[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}]$.
Nachdem $\frac{d}{dx}\sin(x)=\cos(x)>0$ f\"ur alle $x\in  (-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2})$ folgt aus Satz~\ref{satz:monotonie}, dass die Sinusfunktion auf dem Intervall $[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}]$
 streng monoton steigend ist.  Die dazugeh\"orige Umkehrfunktion 
\begin{align*}
\begin{array}{rcl}
\hspace{5.5cm} \arcsin\colon  [-1,1]&\to& [-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}]
\intertext{wird die \emph{Arkussinusfunktion} genannt.
Ganz analog kann man zeigen, dass die Einschr\"ankung der Kosinusfunktion auf das Intervall $[0,\pi]$  streng monoton fallend ist. Die dazugeh\"orige Umkehrfunktion }
 \arccos\colon  [-1,1]&\to& [0,\pi]
 \end{array} \end{align*}
 wird die \emph{Arkuskosinusfunktion} genannt.
Die Graphen der Arkussinusfunktion und der Arkuskosinusfunktion sind in Abbildung \ref{fig:grapharcsin} skizziert.
\begin{figure}[h]
\begin{center}
\input{grapharcsin.pstex_t}
\caption{Die Graphen der Arkussinusfunktion und der Arkuskosinusfunktion.}
\label{fig:grapharcsin}
\end{center}
\end{figure}


Wir beschlie\ss en das Kapitel mit folgendem Lemma, welches in \"Ubungsblatt 11 bewiesen wird.

\begin{lemma}
Die Arkussinusfunktion und die Arkuskosinusfunktion sind differenzierbar, und es gilt
\[ \frac{d}{dx} \arcsin(x)\,\,=\,\,\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\quad \mbox{ und } \quad \frac{d}{dx} \arccos(x)\,\,=\,\,\frac{-1}{\sqrt{1-x^2}}\]
\end{lemma}

Auch in diesem Fall sehen wir also, dass die Ableitungen nicht durch trigonometrische Funktionen gegeben sind.

 
%====================================================
\subsection{Die Regel von l'H\^opital}\label{section:lhopital}


\begin{satz} $($Verallgemeinerter Mittelwertsatz der Differentialrechnung$)$
Es seien im Folgenden $f,g\colon  [a,b]\to \R$ zwei differenzierbare Funktionen.
Wenn $g'(x)\ne 0$ f\"ur alle $x\in (a,b)$ und wenn $g(a)\ne g(b)$, dann existiert ein $\xi\in (a,b)$ mit
\[ \frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}=\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}.\]
\end{satz}

Wenn $g(x)=x$, dann erhalten wir gerade die Aussage vom \"ublichen Mittelwertsatz \ref{satz:mittelwert} der Differentialrechnung.


\begin{proof}\mbox{}
\begin{enumerate}
\item[]\textcolor{blue}{Wie wir gerade gesehen haben, ist der Satz eine Verallgemeinerung vom Mittelwertsatz \ref{satz:mittelwert}, welchen wir mithilfe des Satz von Rolle \ref{satz:rolle} bewiesen hatten. Auch diesen Satz k\"onnen wir mit fast dem gleichen Trick auf den Satz von Rolle zur\"uck f\"uhren.}
\end{enumerate}
Wir betrachten die Funktion
\begin{align*}
\begin{array}{rcl} 
\hspace{5.3cm} F(x)&:=&f(x)-\dfrac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}(g(x)-g(a)).
\intertext{Es gilt $F(a)=f(a)$ und $F(b)=f(a)$.
Wir k\"onnen also den Satz von Rolle auf die differenzierbare Funktion $F$ anwenden.
Es existiert also ein $\xi \in(a,b)$, so dass $F'(\xi)=0$.  Dann gilt}
 0\,\,=\,\,F'(\xi)&=&f'(\xi)-\dfrac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}\cdot g'(\xi). 
 \intertext{Nach Voraussetzung gilt  $g'(\xi)\ne 0$. Wir erhalten also, dass}
\dfrac{f'(\xi)}{g'(\xi)}&=&\dfrac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)},\end{array} 
\end{align*}
wie gew\"unscht.
\end{proof}

Es sei $f\colon  (a,b)\to \R$ eine Funktion. Wir definieren
\begin{align*}
\begin{array}{rcrcl}
\hspace{1.5cm} \underset{x\searrow a}{\lim}f(x):=0^+&\Longleftrightarrow\quad\underset{x\searrow a}{\lim}f(x)=0\mbox{ und }f(x)>0\mbox{ f\"ur $x\in (a,a+\delta)$, wobei $\delta>0$}
\intertext{und ganz analog}
\hspace{1.5cm} \underset{x\searrow a}{\lim}f(x):=0^-&\Longleftrightarrow\quad\underset{x\searrow a}{\lim}f(x)=0\mbox{ und }f(x)<0\mbox{ f\"ur $x\in (a,a+\delta)$, wobei $\delta>0.$}
\end{array} 
\end{align*}

Ganz analog zur partiellen Multiplikation auf Seite \pageref{def:suminfty} f\"uhren wir nun
f\"ur $a,b\in \R\setminus \{0\}$  folgende partielle Division ein:
\[
\begin{array}{c|ccccc} :  & a<0&0&a>0& +\infty &-\infty \\
\hline
b>0 &\frac{a}{b}&0&\frac{a}{b}&+\infty&-\infty\\
0^+&-\infty&*&+\infty&+\infty&-\infty \\
0^-&+\infty&*&-\infty&-\infty&+\infty \\
b<0 &\frac{a}{b}&0&\frac{a}{b}&-\infty&+\infty\\
+\infty&0&0&0& *&*\\
-\infty&0&0&0&*&*\end{array}\]
Hierbei bedeutet $*$ wiederum, dass die Division nicht definiert ist.
Der folgende Satz wird ganz \"ahnlich wie Satz~\ref{satz:einsdurchnull} und Satz~\ref{satz:limsuminfty} bewiesen. 

\begin{satz}
Es seien $f,g\colon  (a,b)\to \R$ Funktionen, so dass $g(x)\ne 0$  f\"ur alle $x\in (a,b)$,
und so dass $\lim_{x\searrow a}f(x)$ und $\lim_{x\searrow a} g(x)$ existieren oder bestimmt gegen $\pm \infty $ divergieren.
Dann gilt
\[ \lim_{x\searrow a} \frac{f(x)}{g(x)}\,\,= \,\,\frac{\lim_{x\searrow a}f(x)}{\,\,\lim_{x\searrow a} g(x)\,\,},\]
 \emph{wenn} der Quotient auf der rechten Seite definiert ist.
\end{satz}

Der Satz gibt also  keine allgemeine Regel f\"ur folgende zwei F\"alle 
\begin{enumerate}
\item  $\underset{x\searrow a}{\lim} \,f(x)= 0$ und $\underset{x\searrow a}{\lim} \,g(x)=0$, oder wenn\\
\item  $\underset{x\searrow a}{\lim} \,f(x)= \pm \infty$ und $\underset{a\searrow a}{\lim} \,g(x)=\pm \infty$,
\end{enumerate}
Die Regel von l'H\^opital erlaubt es zum Gl\"uck viele von solchen Grenzwerten zu bestimmen. 

\begin{satz}\label{satz:lhospital}$($\emph{Regel von l'H\^opital}$)$
Es seien $f,g\colon  (a,b)\to \R$ differenzierbare Funktionen, so dass $g(x)\ne 0$ und $g'(x)\ne 0$ f\"ur alle $x\in (a,b)$.
Wenn 
\begin{enumerate}
\item  $\underset{x\searrow a}{\lim} \,f(x)= 0$ und $\underset{x\searrow a}{\lim} \,g(x)=0$, oder wenn\\
\item  $\underset{x\searrow a}{\lim} \,f(x)= \pm \infty$ und $\underset{x\searrow a}{\lim} \,g(x)=\pm \infty$,
\end{enumerate}
 dann gilt
\[ \lim_{x\searrow a} \frac{f(x)}{g(x)}\,\,= \,\,\lim_{x\searrow a}\frac{f'(x)}{\,\,g'(x)\,\,}\quad \,\,\in \R\cup\{-\infty\}\cup \{\infty\},\]
 \emph{wenn} der Grenzwert auf der rechten Seite existiert oder bestimmt gegen $\pm \infty$ divergiert.
\end{satz}



Beispielsweise gilt nach der Regel von  l'H\^opital, dass
\begin{align*} \begin{array}{rclcl}
\underset{x\searrow 0}{\lim}\,\,\dfrac{\sqrt{x}}{\sin(x)}
 &\overset{l'H}{=}& \underset{x\searrow 0}{\lim}\,\,\dfrac{\frac{1}{2\sqrt{x}}}{\cos(x)}&=&
 \underset{x\searrow 0}{\lim}\,\,\dfrac{1}{2\sqrt{x}\cos(x)}\,\,=\,\,+\infty.
\intertext{Hierbei zeigen wir mit $\overset{l'H}{=}$ an, an welcher Stelle wir die Regel von l'H\^opital anwenden. 
Die Regel von l'H\^opital gilt ganz analog auch f\"ur rechtsseitige Grenzwerte.
Oft k\"onnen wir auch die Regel von l'H\^opital f\"ur den linksseitigen und den rechtsseitigen Grenzwert gleichzeitig anwenden. Beispielsweise gilt }
\hspace{2cm} \underset{x\to 0}{\lim}\,\,\dfrac{\exp(x)-1}{x}
 &\overset{l'H}{=}& \underset{x\to 0}{\lim}\,\,\dfrac{\exp(x)}{1}&=&\dfrac{\exp(0)}{1}\,\,=\,\,1,\\[2mm]
 \underset{x\to 0}{\lim}\,\,\dfrac{\sin(x)}{x}&\overset{l'H}{=}& \underset{x\to 0}{\lim}\,\,\dfrac{\cos(x)}{1}&=&\dfrac{\cos(0)}{1}\,\,=\,\,1,\mbox{ und }\\[2mm]
\underset{x\to 1}{\lim}\,\,\dfrac{\ln(x)}{x-1}&\overset{l'H}{=}&\underset{x\to 1}{\lim}\,\,\dfrac{\frac{1}{x}}{1}=1.
\intertext{Zum Abschlu\ss\, betrachten wir noch ein Beispiel bei dem der Nenner bestimmt gegen $+\infty$ divergiert. Es ist}
 \underset{x\searrow 0}{\lim}\big(x\cdot \ln(x)\big)&=&\underset{x \searrow 0}{\lim} \dfrac{\ln(x)}{\frac{1}{x}}&\overset{l'H}{=}&\underset{x \searrow 0}{\lim} \dfrac{\frac{1}{x}}{\,\,-\frac{1}{x^2}\,\,}\,\,=\,\,\underset{x \searrow 0}{\lim}-x\,\,=\,\,0.
\end{array} \end{align*}

\begin{proof}
Wir betrachten folgenden Spezialfall: Es seien $f,g\colon  [a,b)\to \R$ differenzierbare Funktionen, so dass $g(x)\ne 0$ und $g'(x)\ne 0$ f\"ur alle $x\in (a,b)$,  so dass $f(a)=g(a)=0$, und 
so dass $\lim_{x\searrow a}\frac{f'(x)}{g'(x)}$ eine reelle Zahl ist. Alle anderen F\"alle werden in Forster, Kapitel 16 bewiesen.

Wir erinnern zuerst daran, dass  f\"ur eine beliebige Funktion $h\colon  (a,b)\to \R$ und $d\in \R$ gilt, dass
\[ \lim_{x\searrow a}h(x)=d \,\,:\Leftrightarrow\,\,
\,\,\underset{\epsilon>0}{\bigforall}\,\,\underset{\delta>0}{\bigexists}\,\,
\underset{x\in (a,a+\delta)}{\bigforall}\left|h(x)-d\right|<\epsilon.\]
Wir setzen nun $d:= \lim_{x\searrow a}\frac{f'(x)}{g'(x)}$.  Wir m\"ussen also  zeigen, dass
\[  \lim_{x\searrow a} \frac{f(x)}{g(x)}=d.\]

Es sei also $\epsilon>0$. Nachdem $\lim_{x\searrow a}\frac{f'(x)}{g'(x)}=d$ folgt aus der obigen Definition vom rechtsseitigen Grenzwert, dass es ein $\delta>0$ gibt, so dass
\[ x\in (a,a+\delta) \quad \Longrightarrow  \quad \left|\frac{f'(x)}{g'(x)}-d\right|<\epsilon.\]
Es gen\"ugt nun folgende Behauptung zu beweisen.

\begin{behauptung}
\[ x\in (a,a+\delta)\quad  \Longrightarrow \quad  \left|\frac{f(x)}{g(x)}-d\right|<\epsilon.\]
\end{behauptung}

Es sei also $x\in (a,a+\delta)$. Wir wenden den verallgemeinertem Mittelwertsatz
auf  die Einschr\"ankung von $f$ und $g$  auf $[a,x]$ an.
Nach dem verallgemeinertem Mittelwertsatz existiert ein $\xi\in (a,x)$, so dass
 \[   \lmfrac{f'(\xi)}{g'(\xi)}\,\,=\,\,\lmfrac{f(x)-f(a)}{g(x)-g(a)}\,\,\xlongequal{\tiny{\begin{array}{c}f(a)=0\\g(a)=0\end{array}}}\,\,\lmfrac{f(x)}{g(x)}.\]
 Es folgt also, dass
 \[ \left|\lmfrac{f(x)}{g(x)}-d\right|\,\,=\,\,\left|\lmfrac{f'(\xi)}{g'(\xi)}-d\right|.\]
 Aber nachdem $\xi\in (a,x)$, insbesondere $\xi\in(a,\delta)$, folgt, dass der Ausdruck auf der rechten Seite kleiner als $\epsilon$ ist.
\end{proof}


Der folgende Satz besagt nun, dass die Regel von l'H\^opital auch f\"ur Grenzwerte $x\to \pm \infty$ angewandt werden kann.

\begin{satz}\label{satz:hopitalinfty}
Es seien $f,g\colon  (a,\infty) \to \R$ differenzierbare Funktionen, so dass $g(x)\ne 0$ und $g'(x)\ne 0$ f\"ur alle $x\in (a,\infty)$.
Wenn entweder
\begin{enumerate}
\item $\underset{x\to \infty}{\lim}\,f(x)=0$ und $\underset{x\to \infty}{\lim}\,g(x)=0$, oder wenn\\[-0.5mm]
\item  $\underset{x\to \infty}{\lim}f(x)\,=\pm \infty$ und $\underset{x\to \infty}{\lim}\,g(x)=\pm \infty$,
\end{enumerate}
dann gilt
\[ \lim_{x\to \infty} \frac{f(x)}{g(x)}\,\,=\,\, \lim_{x\to \infty}\frac{f'(x)}{g'(x)},\]
 \emph{wenn} der Grenzwert auf der rechten Seite existiert oder bestimmt gegen $\pm \infty$ divergiert.
Genau die gleiche Aussage gilt auch f\"ur den Grenzwert $x\to -\infty$. 
\end{satz}

Im Beweis von Satz~\ref{satz:hopitalinfty} werden wir folgendes Lemma verwenden. Das Lemma folgt hierbei leicht aus den Definitionen.

\begin{lemma}\label{lem:1xinf}
Es sei $f\colon  (0,\infty)\to \R$ eine Funktion, dann gilt f\"ur $a\in \R$, dass
\[ \lim_{x\to \infty}f(x)=a \quad\Longleftrightarrow \quad \lim_{x\searrow 0}\,\, f\left(\frac{1}{x}\right)=a.\]
Die gleiche Aussage gilt auch f\"ur bestimmte Divergenz gegen $\pm \infty$.
\end{lemma}

Wir wenden uns jetzt dem Beweis  von Satz~\ref{satz:hopitalinfty} zu.

\begin{proof}[Beweis  von Satz~\ref{satz:hopitalinfty}]
Wir definieren $k(x)=f(\frac{1}{x})$ und $l(x)=g(\frac{1}{x})$, dann gilt nach Lemma~\ref{lem:1xinf}, dass
\[  \lim_{x\to \infty} \frac{f(x)}{g(x)}\,\,=\,\,\lim_{x\searrow 0}\frac{k(x)}{l(x)}.\]
Wir wollen jetzt nat\"urlich Satz~\ref{satz:lhospital} anwenden, aber dazu m\"ussen wir erst zeigen, dass  der Grenzwert $\lim_{x\searrow 0}\frac{k'(x)}{l'(x)}$ existiert oder bestimmt gegen $\pm \infty $ divergiert.
Nun gilt aber, dass
\[ 
\lim_{x\searrow 0}\frac{k'(x)}{l'(x)}\,\,=\,\,
\lim_{x\searrow 0}\frac{\frac{d}{dx}f(\frac{1}{x})}{\frac{d}{dx}g(\frac{1}{x})}\,\,=\,\,\lim_{x\searrow 0 } \frac{f'(\frac{1}{x})\cdot \left(-\frac{1}{x^2}\right)}{g'(\frac{1}{x})\cdot \left(-\frac{1}{x^2}\right)}\,\,=\,\,
\lim_{x\searrow 0 } \frac{f'(\frac{1}{x})}{g'(\frac{1}{x})}\,\,=\,\,\lim_{x\to \infty}\frac{f'(x)}{g'(x)}.\]
D.h.\ es folgt aus der Voraussetzung, dass der Grenzwert $\lim_{x\searrow 0}\frac{k'(x)}{l'(x)}$ existiert
 oder bestimmt gegen $\pm \infty $ divergiert.

Jetzt k\"onnen wir also  Satz~\ref{satz:lhospital} anwenden, und erhalten mit der obigen Berechnung, dass
\[ \lim_{x\to \infty} \frac{f(x)}{g(x)}\,\,=\,\,\lim_{x\searrow 0}\frac{k(x)}{l(x)}\,\,=\,\,\lim_{x\searrow 0}\frac{k'(x)}{l'(x)}\,\,=\,\,\lim_{x\to \infty}\frac{f'(x)}{g'(x)}. \]
\end{proof}

Beispielsweise gilt f\"ur jedes $\alpha>0$, dass
\[ \lim_{x\to \infty} \frac{\ln(x)}{x^\alpha}\,\,\overset{l'H}{=}\,\,\lim_{x\to \infty}\frac{\frac{1}{x}}{\alpha\cdot x^{\alpha-1}}\,\,=\,\,\lim_{x\to\infty} \frac{1}{\alpha}\frac{1}{x^\alpha}\,\,=\,\,0.\]
Das hei\ss t f\"ur $x\to \infty$ w\"achst die Logarithmusfunktion $\ln(x)$  `langsamer' als jede positive Potenz von $x$.
Andererseits erh\"alt man f\"ur jedes $n\in \N$, durch mehrmaliges Anwenden der Regel von l'H\^opital, dass
\[ \begin{array}{rcl} \underset{x\to \infty}{\lim}\,\smfrac{e^x}{x^n}&\,\,\overset{l'H}{=}\,\,& \underset{x\to \infty}{\lim}\,\smfrac{e^x}{nx^{n-1}}\\
&\,\,\overset{l'H}{=}\,\,& \underset{x\to \infty}{\lim}\,\smfrac{e^x}{n(n-1)x^{n-2}}\,\,\overset{l'H}{=}\,\,
\dots \overset{l'H}{=} \underset{x\to \infty}{\lim}\,\smfrac{e^x}{n(n-1)\cdot \dots \cdot 2\cdot 1}\,\,=\,\,+\infty,\end{array} \]
das hei\ss t f\"ur $x\to \infty$ w\"achst  die Exponentialfunktion $\exp(x)$  `schneller' als jede Potenz von $x$.


% Ende 22. Vorlesung
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\newpage
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\section{Das Riemannsche Integral}

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\subsection{Definitionen und erste Eigenschaften}

Es sei $[a,b]$ ein kompaktes Intervall. Eine \emph{Zerlegung $Z$ von $[a,b]$} ist eine Menge $Z=\{z_0,z_1,\dots,z_n\}$ von reellen Zahlen, so dass
\[ a=z_0<z_1<z_2<\dots <z_{n-1}<z_n=b.\]
Sei nun $f\colon  [a,b]\to \R$ eine beschr\"ankte Funktion.
Dann hei\ss t
\begin{align*}
\begin{array}{rcl} 
\hspace{4cm} U(Z,f)&:=&\sum\limits_{k=0}^{n-1}\, (z_{k+1}-z_k)\inf f([z_k,z_{k+1}])
\intertext{die \emph{Untersumme von $f$ bez\"uglich der Zerlegung $Z$} und}
 O(Z,f)&:=&\sum\limits_{k=0}^{n-1}\, (z_{k+1}-z_k)\sup f([z_k,z_{k+1}])\end{array}
 \end{align*}
hei\ss t die \emph{Obersumme von $f$ bez\"uglich der Zerlegung $Z$}.



\begin{figure}[h]
\begin{center}
\input{untersumme.pstex_t}
\caption{Die Untersumme und die Obersumme von $f$ bez\"uglich einer Zerlegung $Z=\{z_0,z_1,z_2,z_3,z_4\}$.}
\label{fig:untersumme}
\end{center}
\end{figure}

\begin{beispiel}
Wir betrachten die Funktion
\[ \begin{array}{rcl} f\colon  [0,1]&\to & \R \\
x&\mapsto & x.\end{array} \]
F\"ur $n\in \N$  sei $Z_n:=\{0,\frac{1}{n},\dots,\frac{n-1}{n},1\}$ die Zerlegung von $[0,1]$ in $n$ Intervalle der L\"ange $\frac{1}{n}$. Dann folgt aus Lemma~\ref{lem:sumk}, dass\label{intx}
\begin{align*}
\begin{array}{rclccclclcl}
\hspace{1cm}U(Z_n,f)&=&\sum\limits_{k=0}^{n-1} \underset{=\frac{1}{n}}{\underbrace{(\tfrac{k+1}{n}-\tfrac{k}{n})}}\cdot \underset{=\frac{k}{n}}{\underbrace{\inf f([\tfrac{k}{n},\tfrac{k+1}{n}])}}&=&
 \dfrac{1}{n^2} \underset{=\frac{(n-1)n}{2}}{\underbrace{\sum\limits_{k=0}^{n-1}k}}&=&\dfrac{n-1}{2n}
\intertext{sowie}
O(Z_n,f)&=&\sum\limits_{k=0}^{n-1} \underset{=\frac{1}{n}}{\underbrace{(\tfrac{k+1}{n}-\tfrac{k}{n})}}\cdot \underset{=\frac{k+1}{n}}{\underbrace{\sup f([\tfrac{k}{n},\tfrac{k+1}{n}])}}&=&
 \dfrac{1}{n^2}\underset{=\sum\limits_{k=1}^{n}k=\frac{n(n+1)}{2}}{\underbrace{ \sum\limits_{k=0}^{n-1}(k+1)}}&=&\dfrac{n+1}{2n} 
 \end{array} 
 \end{align*}
 \end{beispiel}

\begin{definition}
Es sei $Z$ eine Zerlegung von $[a,b]$.
 Wenn man $Z'$ aus $Z$ durch Zuf\"ugen von Punkten  in $[a,b]$ erh\"alt, das hei\ss t, wenn $Z\subset Z'$,
 dann nennen wir $Z'$ eine \emph{Verfeinerung der Zerlegung $Z$}.
\end{definition}

Es seien beispielsweise $Z$ und $Z'$ zwei Zerlegungen von $[a,b]$, dann ist $Z\cup Z'$ eine Verfeinerung sowohl von $Z$ als auch von $Z'$.  
Wir fassen im folgenden Lemma einige grundlegende Eigenschaften von Untersummen und Obersummen zusammen.

\begin{lemma}\label{lem:zerlegungen}
Es sei $f\colon  [a,b]\to \R$ eine beschr\"ankte Funktion. 
\begin{enumerate}
\item Wenn $Z'$ eine  Verfeinerung einer Zerlegung  $Z$ ist, dann gilt
\[  U(Z,f)\leq U(Z',f)\quad \mbox{ und } \quad O(Z',f)\leq O(Z,f).\]
\item Es seien  $Z,Z'$  zwei  Zerlegungen von $[a,b]$, dann gilt
\[ U(Z',f)\,\,\leq \,\,O(Z,f).\]
\item Es ist
\[\hspace{1cm} \sup\{ U(Z,f)\,|\, \mbox{$Z$ Zerlegung von $[a,b]$}\}\,\,\leq \,\,
 \inf\{ O(Z,f)\,|\, \mbox{$Z$ Zerlegung von $[a,b]$}\}.\]
\end{enumerate}
\end{lemma}

\begin{proof}
Es sei  $f\colon  [a,b]\to \R$ eine beschr\"ankte Funktion.
\begin{enumerate}
\item
Es sei nun $Z'$ eine Verfeinerung einer Zerlegung $Z$. Wenn $Z'=Z\cup \{w\}$, d.h.\ wenn wir $Z'$ durch Hinzuf\"ugen von einem Punkt erhalten, dann werden wir in \"Ubungsblatt 12 zeigen, dass
\[  U(Z,f)\leq U(Z',f)\quad \mbox{ und } \quad O(Z',f)\leq O(Z,f).\]
Der allgemeine Fall folgt nun  indem wir dieses Argument iterieren.
\item
Nehmen wir zuerst an, dass $Z=Z'$. Nachdem f\"ur eine beliebige beschr\"ankte  nichtleere Teilmenge $M\subset \R$ gilt, dass $\inf(M)\leq \sup(M)$, folgt sofort aus den Definitionen, dass $U(Z,f) \leq O(Z,f)$.

Es seien nun  $Z,Z'$ zwei beliebige  Zerlegungen von $[a,b]$. Dann folgt, dass
\[ \hspace{1cm} \begin{array}{rcll}U(Z',f)&\leq &U(Z\cup Z',f)&\mbox{ nach (1)}\\
&\leq &O(Z\cup Z',f)&\mbox{ f\"ur jede Zerlegung $Y$ gilt $U(Y,f)\leq O(Y,f)$}\\
&\leq &O(Z,f)&\mbox{ nach (1)}.\end{array}\]
\item[(3)] Diese Aussage folgt aus (2) und aus der Definition von Supremum und Infimum.
\end{enumerate}
\end{proof}

Im Folgenden sagen wir nun, dass eine Funktion $f$ \emph{Riemann-integrierbar} ist, wenn die Gleichheit in (3) gilt. Genauer gesagt haben wir folgende Definition.


\begin{definition}
Eine beschr\"ankte Funktion $f\colon  [a,b]\to \R$ hei\ss t \emph{Riemann-integrierbar}, wenn
\begin{align*}
\begin{array}{rcl}
\hspace{0.7cm} \sup\{ U(Z,f)\,|\, \mbox{$Z$ Zerlegung von $[a,b]$}\}&=&
 \inf\{ O(Z,f)\,|\, \mbox{$Z$ Zerlegung von $[a,b]$}.\}
\intertext{Wenn $f$ Riemann-integrierbar ist, dann hei\ss t}
 \bint\limits_a^b f(x)\,dx&:=&\inf\{ O(Z,f)\,|\, \mbox{$Z$ Zerlegung von $[a,b]$}\}
 \end{array}
 \end{align*}
das \emph{Riemann-Integral \"uber $f$ von $a$ nach $b$}.
\end{definition}

Wir sagen in Zukunft oft auch `integrierbar' anstatt `Riemann-integrierbar' und `Integral' anstatt `Riemann-Integral'.
Wenn $f$ Riemann-integrierbar ist, dann sagen wir auch, dass $\int_a^bf(x)dx$ existiert.
\footnote{Wenn wir schreiben `Riemann-integrierbar', dann stellt sich die Frage, ob es denn noch andere Definitionen von `Integrierbarkeit' gibt, au\ss er der Riemann-Integrierbarkeit. Dies ist in der Tat der Fall, in Analysis III werden wir das Lebesgue-Integral kennenlernen, welches noch mal viel allgemeiner (und auch deutlich komplizierter) ist.}


\begin{beispiel}
Es sei $f\colon  [a,b]\to \R$ eine konstante Funktion, das hei\ss t es gibt ein $c\in \R$, so dass $f(x)=c$ f\"ur alle $x\in [a,b]$. Dann gilt f\"ur jede Zerlegung $Z=\{z_0,\dots,z_n\}$ von $[a,b]$, dass 
\[ U(Z,f)\,\,=\,\,\sum\limits_{k=0}^{n-1} (z_{k+1}-z_k)\,\underset{=c}{\underbrace{\inf f([z_k,z_{k+1}])}}\,\,=\,\,\sum\limits_{k=0}^{n-1} (z_{k+1}-z_k)\cdot c\,\,=\,\,c(z_n-z_0)=c(b-a).\]
Genauso zeigt man auch, dass $O(Z,f)=c(b-a)$. Wir haben also gezeigt, dass $f$ Riemann-integrierbar ist, und dass
\[ \int_a^b f(x)dx\,\, =\,\, c(b-a).\]
\end{beispiel}

\begin{beispiel}
Wir betrachten die Funktion
\[ \begin{array}{rcl} f\colon  [0,3] &\to & \R\\
x&\mapsto & \left\{ \begin{array}{ll} 0, &\mbox{ wenn }x\in \Q\cap [0,3]\\
2, &\mbox{ andernfalls.}\end{array} \right.\end{array} \]
Es sei $Z=\{z_1,\dots,z_n\}$ eine Zerlegung von $[a,b]$. 
Dann gilt
\[ \begin{array}{rclclcl} U(Z,f)&=&\sum\limits_{k=0}^{n-1} (z_{k+1}-z_k)\underset{\tiny{\begin{array}{c}\opnormal{$=0$, weil $[z_k,z_{k+1}]$}\\
\opnormal{rationale Zahlen enth\"alt}\end{array}}}{\underbrace{\inf f([z_k,z_{k+1}])}}\hspace{-0.3cm}&=&\sum\limits_{k=0}^{n-1} (z_{k+1}-z_k)\cdot 0&=& 0\\[2mm]
 O(Z,f)&=&\sum\limits_{k=0}^{n-1} (z_{k+1}-z_k)\underset{\tiny{\begin{array}{c}\opnormal{$=2$, weil $[z_k,z_{k+1}]$}\\
 \opnormal{irrationale Zahlen enth\"alt}\end{array}}}{\underbrace{\sup f([z_k,z_{k+1}])}}\hspace{-0.3cm}&=&\sum\limits_{k=0}^{n-1} (z_{k+1}-z_k)\cdot 2&=& 3\cdot 2.\end{array} \]
 Die Funktion $f$ ist also nicht Riemann-integrierbar.
 \footnote{In Analysis III werden wir sehen, dass $f$ Lebesgue-integrierbar ist mit Lebesgue-Integral $2\cdot 3=6$. }
\end{beispiel}


Der folgende Satz erlaubt es, die Integrabilit\"at einer Funktion zu zeigen, ohne direkt mit Infimum und Supremum zu arbeiten.



\begin{satz}\label{satz:riemannkrit}
Eine beschr\"ankte Funktion $f\colon  [a,b]\to \R$ ist genau dann integrierbar, wenn es eine Folge von Zerlegungen $(Z_n)_{n\in \N}$ von $[a,b]$ gibt, so dass 
\begin{align*}
\begin{array}{rcl} 
\hspace{5cm} \underset{n\to \infty}{\lim} U(Z_n,f)&=&\underset{n\to \infty}{\lim} O(Z_n,f).
\intertext{Zudem, wenn es eine solche Folge von Zerlegungen gibt, dann gilt}
 \bint\limits_a^b f(x)dx&=&\underset{n\to \infty}{\lim} O(Z_n,f).\end{array}
 \end{align*}
\end{satz}

\begin{proof}
Es sei $f\colon  [a,b]\to \R$ eine beschr\"ankte Funktion.
Wir nehmen zuerst an, dass $f\colon  [a,b]\to \R$ integrierbar ist. Wir setzen $I:=\int_a^b f(x)dx$. 
Nach Satz~\ref{satz:supfolge} existieren also Folgen von Zerlegungen $(Z_n)_{n\in \N}$ und $(Z_n')_{n\in \N}$ mit 
\[ \lim_{n\to \infty} U(Z_n,f)\,\,=\,\,I\,\,=\,\, \lim_{n\to \infty} O(Z_n',f).\]
Dann gilt
\[ \begin{array}{rcll} I\,=\,\underset{n\to \infty}{\lim} U(Z_n,f)&\leq&\underset{n\to \infty}{\lim} U(Z_n\cup Z_n',f)&\mbox{ nach Lemma~\ref{lem:zerlegungen} (1)}\\[1mm]
&\leq& \underset{n\to \infty}{\lim} O(Z_n\cup Z_n',f)\quad \quad&  \mbox{ nach Lemma~\ref{lem:zerlegungen} (2)}\\ [1mm]
&\leq& \underset{n\to \infty}{\lim} O(Z_n',f)& \mbox{ nach Lemma~\ref{lem:zerlegungen} (1)}\\[1mm]
&=&I.\end{array} \]
Nachdem der erste Ausdruck gleich dem letzten Ausdruck ist, m\"ussen alle Ungleichheiten also schon Gleichheiten sein. Die Folge von Zerlegungen $(Z_n\cup Z_n')_{n\in \N}$ hat also die gew\"unschte Eigenschaft.

Nehmen wir nun an, es gibt eine Folge von Zerlegungen $Z_n$ von $[a,b]$, so dass 
\[ \lim_{n\to \infty} U(Z_n,f)\,\,=\,\,\lim_{n\to \infty} O(Z_n,f).\]
Dann gilt
\[ \begin{array}{rcll} \underset{n\to \infty}{\lim} U(Z_n,f)&\leq &\sup\{ U(Z,f)\,|\, \mbox{$Z$ Zerlegung von $[a,b]$}\}\quad &\mbox{Definition von Supremum}\\
&\leq&\inf\{ O(Z,f)\,|\, \mbox{$Z$ Zerlegung von $[a,b]$}\}&\mbox{weil $U(Z,f)\leq O(Z,f)$}\\[1mm]
&\leq &\underset{n\to \infty}{\lim} O(Z_n,f)&\mbox{Definition von Infimum.}\end{array} \]
Wir haben angenommen, dass  der erste Ausdruck gleich dem letzten Ausdruck ist.
Wir sehen also wiederum, dass alle Ungleichheiten schon Gleichheiten sind. 
Insbesondere ist $f$ integrierbar.
\end{proof} 

F\"ur sp\"ater halten wir auch schon folgendes Korollar zu Satz~\ref{satz:riemannkrit} fest.

\begin{korollar}\label{kor:riemannkrit}\,$($Riemannsches\,Integrabilit\"atskriterium$)$
Es sei $f\colon  [a,b]\to \R$ eine beschr\"ank\-te Funktion.
Die Funktion  $f$ ist genau dann integrierbar, wenn es zu jedem $\epsilon>0$ eine Zerlegung $Z$ von $[a,b]$ gibt, so dass
\[ O(Z,f)-U(Z,f)\,\,<\,\,\epsilon.\]
\end{korollar}

\begin{proof}
Es sei $f\colon  [a,b]\to \R$ eine beschr\"ankte Funktion. 
Wir nehmen zuerst an, dass  $f\colon  [a,b]\to \R$ integrierbar ist. Wir setzen $I=\int_a^b f(x)dx$.  Dann gibt es nach Satz~\ref{satz:riemannkrit} eine Zerlegung $Z$ mit $I-U(Z,f)<\frac{\epsilon}{2}$ und mit $O(Z,f)-I<\frac{\epsilon}{2}$. Daraus folgt die Ungleichung   $O(Z,f)-U(Z,f)<\epsilon$. 

Umgekehrt, wenn es zu jedem $\epsilon>0$ eine Zerlegung $Z$ vom Intervall $[a,b]$ gibt, so dass $O(Z,f)-U(Z,f)<\epsilon$,
dann gibt es  insbesondere zu jedem $n\in \N$ eine Zerlegung $Z_n$ von $[a,b]$, so dass
$O(Z_n,f)-U(Z_n,f)<\frac{1}{n}$. Es folgt wiederum aus der Definition der Konvergenz von Folgen, dass
\[ \lim_{n\to \infty} U(Z_n,f)\,\,=\,\,\lim_{n\to \infty} O(Z_n,f).\]
Also ist $f$ nach Satz~\ref{satz:riemannkrit} integrierbar.
\end{proof}

Im Folgenden werden wir aber erst einmal nur Satz~\ref{satz:riemannkrit} anwenden.



\begin{beispiel}\mbox{}
\begin{enumerate}
\item
Wir betrachten wiederum die Funktion
\[ \begin{array}{rcl} f\colon  [0,1]&\to & \R \\
x&\mapsto & x.\end{array} \]
zusammen mit der Folge von Zerlegungen $Z_n:=\{0,\frac{1}{n},\dots,\frac{n-1}{n},1\}$, $n\in \N$. 
Auf Seite \pageref{intx} hatten wir berechnet, dass  $U(Z_n,f)=\frac{n-1}{2n}$ und $O(Z_n,f)=\frac{n+1}{2n}$. Es folgt  dann, dass 
\[ \lim_{n\to \infty} \underset{=\frac{n-1}{2n}}{\underbrace{U(Z_n,f)}}\,\,=\,\,\lim_{n\to \infty} \frac{n-1}{2n}\,\,=\,\,\frac{1}{2}\,\,=\,\,\lim_{n\to \infty} \frac{n+1}{2n}\,\,=\,\,\lim_{n\to \infty} \underset{=\frac{n+1}{2n}}{\underbrace{ O(Z_n,f)}}.\]
Es folgt also aus Satz~\ref{satz:riemannkrit}, dass $\int_0^1 f(x)dx=\frac{1}{2}$. 
\item Wir betrachten  die Funktion
\[ \begin{array}{rcl} f\colon  [-1,1]&\to & \R \\
x&\mapsto & \left\{ \begin{array}{ll} 0,&\mbox{ wenn }x\ne 0,\\ \frac{1}{3},&\mbox{ wenn }x=0.\end{array} \right.\end{array} \]
zusammen  mit der Folge von Zerlegungen $Z_n:=\{-1,-\frac{1}{2n},\frac{1}{2n},1\}$,
siehe Abbildung \ref{fig:zerlegungalmostzero}. Dann gilt
\[ 
\begin{array}{rcl} \hspace{0.3cm} U(Z_n,f)&=&0,\\
O(Z_n,f)&=&\frac{1}{3}\cdot (\frac{1}{2n}-(-\frac{1}{2n}))\,\,=\,\,\frac{1}{3n}.\end{array} \]
Die Grenzwerte dieser Folgen von Untersummen und Obersummen sind jeweils $0$. 
Es folgt also aus Satz~\ref{satz:riemannkrit}, dass $\int_{-1}^1 f(x)dx=0$.\label{int:almostzero}

\begin{figure}[h]
\begin{center}
\input{zerlegungalmostzero.pstex_t}
\caption{}
\label{fig:zerlegungalmostzero}
\end{center}
\end{figure}
\end{enumerate}
\end{beispiel}

\begin{satz}\label{satz:intsum}
Es seien $f,g\colon  [a,b]\to \R$ integrierbare Funktionen und $\l\in \R$. Dann sind auch die Funktionen $f+g$ und $\lambda  \cdot f$ integrierbar und es gilt
\[ \begin{array}{rcl} \int\limits_a^b f(x)+g(x)dx&=&
\int\limits_a^b f(x)dx+\int\limits_a^b g(x)dx \\[2mm]
\int\limits_a^b \l\cdot f(x)dx &=&\lambda  \cdot \int\limits_a^bf(x)dx.\end{array} \]
\end{satz}

\begin{proof}
Es seien $f,g\colon  [a,b]\to \R$ integrierbare Funktionen. Wir m\"ussen zeigen, dass $f+g$ integrierbar ist mit 
\[ \int_a^b f(x)+g(x)dx= \int_a^b f(x)dx+\int_a^b g(x)dx. \]
Nach Satz  \ref{satz:riemannkrit} existieren  Folgen  von Zerlegungen $(X_n)_{n\in \N}$ 
und  $(Y_n)_{n\in \N}$ von $[a,b]$, so dass 
\[ \begin{array}{rclcl}\underset{n\to \infty}{\lim} U(X_n,f)&=&\underset{n\to \infty}{\lim} O(X_n,f)&=&\bint_a^b f(x)dx, \quad \mbox{ und }\\
 \underset{n\to \infty}{\lim} U(Y_n,g)&=&\underset{n\to \infty}{\lim} O(Y_n,g)&=&\bint_a^b g(x)dx.\end{array} \]
Nach Satz  \ref{satz:riemannkrit}  gen\"ugt es  nun zu zeigen, dass
\[ \lim_{n\to \infty} U(X_n\cup Y_n,f+g)\,\,=\,\,\lim_{n\to \infty} O(X_n\cup Y_n,f+g)\,\,=\,\,\int_a^b f(x)dx+\int_a^b g(x)dx.\]
F\"ur den Beweis dieser Aussage ben\"otigen wir folgende Behauptung.

\begin{behauptung}
F\"ur jede Zerlegung $Z$ von $[a,b]$ gilt, dass
\begin{align*}
\begin{array}{rcl} 
\hspace{5cm}   U(Z,f)+U(Z,g)&\leq& U(Z,f+g)
   \intertext{sowie}
    O(Z,f+g)&\leq& O(Z,f)+O(Z,g). \end{array} \end{align*}
\end{behauptung}

Wir beweisen die Aussage f\"ur die Untersummen. Die Aussage f\"ur die Obersummen wird dann ganz analog bewiesen.
Es folgt sofort aus den Definitionen, dass es gen\"ugt zu zeigen, dass f\"ur jedes Intervall $[c,d]$ folgende Ungleichung gilt:
\begin{align*}
\begin{array}{rcl}
\hspace{3cm} \inf\Big(f([c,d])\Big)+\inf\Big(g([c,d])\Big)&\leq &\inf\Big((f+g)([c,d])\Big).
\intertext{Wir m\"ussen also zeigen,  dass }
\hspace{3cm} \inf\Big(f([c,d])\Big)+\inf\Big(g([c,d])\Big)&\leq &(f+g)(x)\quad\quad \mbox{f\"ur alle $x\in [c,d]$}
\end{array} 
\end{align*}
Es gilt aber in der Tat f\"ur ein beliebiges $x\in [c,d]$, dass  
\[ (f+g)(x)\,\,=\,\,f(x)+g(x)\,\,\geq \,\,\inf\Big(f([c,d])\Big)+\inf\Big(g([c,d])\Big).\]
Wir haben damit also die Behauptung bewiesen.


Es folgt nun, dass
\[  
\begin{array}{rcll}
\bint_a^b f(x)dx+\bint_a^b g(x)dx&=& \underset{n\to \infty}{\lim} U(X_n,f)+ \underset{n\to \infty}{\lim} U(Y_n,g)\\[2mm]
&\leq & \underset{n\to \infty}{\lim} U(X_n\cup Y_n,f)+ \underset{n\to \infty}{\lim} U(X_n \cup Y_n,g)&\mbox{ nach\,Lemma\,\ref{lem:zerlegungen} (1)}\\[2mm]
&\leq & \underset{n\to \infty}{\lim} U(X_n\cup Y_n,f+g) &\mbox{ nach der  Behauptung}\\[2mm]
&\leq &\underset{n\to \infty}{\lim} O(X_n\cup Y_n,f+g)&\mbox{ nach\,Lemma\,\ref{lem:zerlegungen} (2)}\\[2mm]
&\leq & \underset{n\to \infty}{\lim} O(X_n\cup Y_n,f)+ \underset{n\to \infty}{\lim} O(X_n\cup Y_n,g)&\mbox{ nach der  Behauptung}\\[2mm]
&\leq & \underset{n\to \infty}{\lim} O(X_n,f)+ \underset{n\to \infty}{\lim} O(Y_n,g)&\mbox{ nach\,Lemma\,\ref{lem:zerlegungen} (1)}\\[2mm]
&=&\bint\limits_a^b f(x)dx+\bint\limits_a^b g(x)dx.\end{array} \]
Dies ist jedoch nur m\"oglich, wenn alle Ungleichheiten schon Gleichheiten sind. Wir haben damit also die Behauptung bewiesen.


Es sei nun $\l\in \R$. Die Aussage f\"ur $\lambda  f$ zeigt man fast genauso.  Dies verbleibt als freiwillige \"Ubungsaufgabe.
\end{proof}


%==================================
% Ende 23. Vorlesung

\begin{korollar}
Es sei $f\colon  [a,b]\to \R$ eine Riemann-integrierbare Funktion und es sei $g\colon  [a,b]\to \R$ eine Funktion, welche sich von $f$ nur in endlich vielen Punkten unterscheidet. Dann ist $g$ ebenfalls Riemann-integrierbar und es gilt
\[ \int_a^b g(x)dx\,\,=\,\,\int_a^bf(x)dx.\]
\end{korollar}

\begin{proof}
Wir definieren $h(x):=g(x)-f(x)$. Bis auf endlich viele Ausnahmen gilt dann $h(x)=0$ f\"ur $x\in [a,b]$.
\"Ahnlich wie im Beispiel  auf Seite \pageref{int:almostzero} kann man zeigen,  dass $h$ Riemann-integrierbar ist mit $\int_a^bh(x)dx=0$. Das Korollar folgt nun aus Satz~\ref{satz:intsum} nachdem $g=f+h$.
\end{proof}

\begin{lemma}\label{lem:vergleich}\emph{(Monotonieeigenschaft des Integrals)}
Es seien $f,g\colon  [a,b]\to \R$ zwei Riemann-integrierbare Funktionen, so dass $f(x)\leq g(x)$ f\"ur alle $x\in [a,b]$. Dann ist
\[ \int_a^b f(x)dx\,\, \leq \,\,\int_a^b g(x)dx.\]
\end{lemma}

\begin{proof}
Die Aussage folgt leicht aus den Definitionen, nachdem f\"ur jedes Intervall $[c,d]$ in $[a,b]$ gilt, dass
\[ \inf\big(f([c,d])\big)\,\,\leq \,\,\inf\big(g([c,d])\big).\]
\end{proof}

\begin{lemma}\label{lem:intabc}
Es sei $a<b<c$ und $f\colon  [a,c]\to \R$ eine beschr\"ankte Funktion. Dann gilt
\[ \int_a^c f(x)dx\,\, =\,\,\int_a^bf(x)dx+\int_b^cf(x)dx,\]
wenn die beiden Integrale auf der rechten Seite existieren.
\end{lemma}

\begin{proof}
Nach Satz  \ref{satz:riemannkrit} existieren  Folgen  von Zerlegungen $(Y_n)_{n\in \N}$ von $[a,b]$ 
und  $(Z_n)_{n\in \N}$ von $[b,c]$ gibt, so dass 
\[ \begin{array}{rclcl} \underset{n\to \infty}{\lim} U(Y_n,f)&=&\underset{n\to \infty}{\lim} O(Y_n,f)&=&\bint\limits_a^b f(x)dx, \\[2mm]
\underset{n\to \infty}{\lim} U(Z_n,f)&=&\underset{n\to \infty}{\lim} O(Z_n,f)&=&\bint\limits_b^c f(x)dx.\end{array} \]
F\"ur eine beliebige  Zerlegung $Y$ von $[a,b]$ und eine beliebige Zerlegung $Z$ von $[b,c]$ ist $Y\cup Z$ eine Zerlegung von $[a,c]$. Es folgt sofort aus den Definitionen, dass
\[ \quad (*)\hspace{3cm} \begin{array}{rcl}
 U(Y,f)+U(Z,f)&=&U(Y\cup Z,f)\\
 O(Y,f)+O(Z,f)&=&O(Y\cup Z,f)
 \end{array}\hspace{5cm} \]
Es folgt also, dass 
\[ \begin{array}{rcll}
\int\limits_a^bf(x)dx+\int\limits_b^cf(x)dx
&=&\underset{n\to \infty}{\lim} U(Y_n,f) \,\,+\,\, \underset{n\to \infty}{\lim} U(Z_n,f)\\[1mm]
&=&\underset{n\to \infty}{\lim} U(Y_n\cup Z_n,f) \quad &\mbox{ nach $(*)$}\\[1mm]
&\leq &\underset{n\to \infty}{\lim} O(Y_n\cup Z_n,f)\\[1mm]
&=&\underset{n\to \infty}{\lim} O(Y_n,f) \,\,+\,\, \underset{n\to \infty}{\lim} O(Z_n,f) \quad &\mbox{ nach $(*)$}\\[1mm]
&=&\int\limits_a^bf(x)dx+\int\limits_b^cf(x)dx.\end{array} \]
Alle Ungleichheiten m\"ussen also Gleichheiten sein und es folgt aus Satz  \ref{satz:riemannkrit}, dass 
\[ \int_a^c f(x)dx\,\, =\,\,\int_a^bf(x)dx+\int_b^cf(x)dx.\]
\end{proof}


 Es sei $I$ ein Intervall und es sei $f\colon  I\to \R$ eine Funktion. F\"ur  $b<a$ in $I$  definieren wir dann
\begin{align*}
\begin{array}{rcl}  
\hspace{6.3cm} \bint\limits_a^bf(x)dx&:=&-\bint\limits_b^af(x)dx.
\intertext{F\"ur $a\in I$  definieren wir zudem }
\bint\limits_a^a f(x)dx&:=&0.\end{array} 
\end{align*}
Mit dieser Konvention erhalten wir nun folgendes Korollar zu  Lemma~\ref{lem:intabc}.


\begin{korollar}\label{kor:intabc}
Es sei $I$ ein Intervall und es sei $f\colon  I\to \R$ eine beschr\"ankte Funktion.
F\"ur beliebige $a,b,c\in I$ gilt, dass 
\[ \int_a^c f(x)dx\,\, =\,\,\int_a^bf(x)dx+\int_b^cf(x)dx,\]
wenn alle drei  Integrale  existieren.\footnote{Man kann die Aussage noch etwas verbessern: wenn zwei der drei Integrale existieren, dann existiert auch das dritte. Um dies zu beweisen m\"u\ss te man dann auch die Aussage von Lemma~\ref{lem:intabc} leicht ab\"andern. Dies verbleibt als freiwillige \"Ubungsaufgabe.}
\end{korollar}

\begin{proof}
Das Korollar folgt leicht durch `richtiges Anordnen von $a,b,c$' und Lemma~\ref{lem:intabc}.
Beispielsweise, wenn $b<c<a$, dann folgt aus Lemma~\ref{lem:intabc}, dass
\begin{align*}
\begin{array}{rcl}
\hspace{5cm} \bint\limits_b^a f(x)dx& =&\bint\limits_b^cf(x)dx+\bint\limits_c^af(x)dx,
 \intertext{Mithilfe der Konvention erhalten wir, dass}
-\bint\limits_a^b f(x)dx& =&\bint\limits_b^cf(x)dx-\bint\limits_a^cf(x)dx,
\intertext{also ist}
 \bint\limits_a^c f(x)dx &=&\bint\limits_a^bf(x)dx+\bint\limits_b^cf(x)dx.
 \end{array}
\end{align*}
Die anderen F\"alle werden ganz analog bewiesen.
\end{proof}

%==========================================
\subsection{Integrabilit\"atskriterien}
In diesem Kapitel wollen wir verschiedene Integrabilit\"ats\-kriterien beweisen. Beispielsweise wollen wir zeigen, dass stetige Funktionen immer integrierbar sind. Wir werden dabei mit  dem Riemannschen Integrabilit\"atskriterium, d.h.\ mit  Korollar~\ref{kor:riemannkrit}, arbeiten. Zur Erinnerung, dieses besagt, dass eine beschr\"ankte Funktion $f\colon  [a,b]\to \R$  genau dann integrierbar ist, wenn es zu jedem $\epsilon>0$ eine Zerlegung $Z$ von $[a,b]$ gibt, so dass
\[ O(Z,f)-U(Z,f)\,\,<\,\,\epsilon.\]


Bevor wir uns der Formulierung und den Beweisen von verschiedenen Integrabilit\"ats\-kri\-terien zuwenden, ist es also hilfreich die Differenzen $O(Z,f)-U(Z,f)$ zwischen Obersummen und Untersummen etwas umzuschreiben.
Es sei  also $Z=\{z_0,z_1,\dots,z_n\}$ eine Zerlegung von $[a,b]$. Dann k\"onnen wir $O(Z,f)-U(Z,f)$ auch folgenderma\ss en umschreiben:
\begin{align*}
 \begin{array}{rcl} O(Z,f)-U(Z,f)
&=& \sum\limits_{i=0}^{n-1} (z_{i+1}-z_i)\sup f([z_i,z_{i+1}])-\sum\limits_{i=0}^n (z_{i+1}-z_i)\inf f([z_i,z_{i+1}])\\[2mm]
 &=& \sum\limits_{i=0}^{n-1} (z_{i+1}-z_i)\big(\sup f([z_i,z_{i+1}])-\inf f([z_i,z_{i+1}])\big)\\[2mm]
&=& \sum\limits_{i=0}^{n-1} (z_{i+1}-z_i)\sup\big\{ |f(x)-f(x')|\,\big|\, x,x'\in [z_i,z_{i+1}]\big\}.
\intertext{F\"ur ein Teilintervall $[r,s]$ von $[a,b]$ bezeichnen wir jetzt}
\hspace{1cm}d(f,[r,s])&:=&\sup\big\{ |f(x)-f(x')|\,\big|\, x,x'\in [r,s]\big\}
\intertext{als die maximale Differenz auf dem Teilinterval $[r,s]$. Mit dieser Notation gilt dann also, dass}
O(Z,f)-U(Z,f)&=&\sum\limits_{i=0}^{n-1} (z_{i+1}-z_i)d(f,{[z_i,z_{i+1}]}).
\intertext{Insbesondere gilt also, dass}
\hspace{1cm} O(Z,f)-U(Z,f)&= &\sum\limits_{i=0}^{n-1} (z_{i+1}-z_i)d(f,{[z_i,z_{i+1}]})\\[2mm]
&\leq& \sum\limits_{i=0}^{n-1} (z_{i+1}-z_i)\max\big\{d(f,{[z_i,z_{i+1}]})\,\big|\, i=0,\dots,n-1\big\}\\[2mm]
&=&(b-a)\max\big\{d(f,{[z_i,z_{i+1}]})\,\big|\, i=0,\dots,n-1\big\}.\end{array}
\end{align*}
\label{equ:ou}

Nach dieser langen Vorbemerkung k\"onnen wir jetzt endlich den wichtigsten Satz dieses Kapitels beweisen:

\begin{satz}\label{satz:intstetig}
Jede stetige Funktion $f\colon  [a,b]\to \R$ ist  integrierbar.
\end{satz}

\begin{proof}
Es sei $f\colon  [a,b]\to \R$ eine stetige Funktion.
Nach dem Riemannschen Integrabilit\"atskriterium und nach der obigen  Ungleichung gen\"ugt es zu nun also zu zeigen, dass es zu jedem $\epsilon>0$ eine Zerlegung $Z=\{z_0,\dots,z_n\}$ 
gibt, so dass
\begin{align*}
\begin{array}{rcl}
\hspace{3cm} (b-a)\max\big\{d(f,{[z_i,z_{i+1}]})\,\big|\, i=0,\dots,n-1\big\}&<&\epsilon
\intertext{oder, so dass die \"aquivalente Ungleichung}
\max\big\{d(f,{[z_i,z_{i+1}]})\,\big|\, i=0,\dots,n-1\big\}&<&\dfrac{\epsilon}{b-a}\end{array} \end{align*}
gilt. Es sei also $\epsilon>0$. 
\begin{enumerate}
\item[]\textcolor{blue}{Wir m\"ussen also eine Zerlegung vom Intervall $[a,b]$ finden, welche so `fein' ist, dass die maximale Differenz auf jedem Teilintervall $[z_i,z_{i+1}]$ h\"ochstens $\frac{\epsilon}{b-a}$ betr\"agt.
Anders ausgedr\"uckt, die $z_i$'s m\"ussen so eng beieinander liegen, dass die Funktionswerte dazwischen sich nur noch um h\"ochstens  $\frac{\epsilon}{b-a}$ unterscheiden k\"onnen. 
Eine solche Zerlegung finden wir, wenn wir uns der gleichm\"a\ss igen Stetigkeit entsinnen.
}
\end{enumerate}
Nachdem $f$ stetig ist und auf dem kompakten Intervall $[a,b]$ definiert ist, folgt aus  Satz~\ref{satz:glmstetig}, dass $f$ gleichm\"a\ss ig stetig ist. Zur Erinnerung, das hei\ss t 
\begin{align*}
\begin{array}{rcccccc} 
\hspace{4.6cm} \underset{\eta>0}{\bigforall}&\underset{\delta>0}{\bigexists}&\hspace{-0.3cm}\underset{\tiny{\begin{array}{c}x,x' \in [a,b]\\\operatorname{mit}\,|x-x'|<\delta\end{array}}}{\bigforall}&\hspace{-0.5cm}|f(x)-f(x')| <\eta.
\intertext{Anders ausgedr\"uckt, es gilt} 
\underset{\eta>0}{\bigforall}&\underset{\delta>0}{\bigexists}&\hspace{-0.3cm}\underset{\tiny\begin{array}{c}\operatorname{Intervalle}\\{}[c,d]\subset[a,b]\\
\operatorname{mit\,Lange\,}\leq \delta\end{array}}{\bigforall}&\hspace{-1cm}d\Big(f,[c,d]\Big) <\eta.\end{array} \end{align*}
Wir setzen nun $\eta=\frac{\epsilon}{b-a}$ und wir w\"ahlen ein  $\delta>0$ mit der obigen Eigenschaft. 
\begin{enumerate}
\item[]\textcolor{blue}{Die Idee ist nun eine Zerlegung zu w\"ahlen, so dass das Intervall von jedem Teilintervall $[z_k,z_{k+1}]$ h\"ochstens $\delta$ betr\"agt.}
\end{enumerate}
Wir w\"ahlen  ein  $n\in \N$, so dass $\frac{b-a}{n}<\delta$.
Wir betrachten dann die Zerlegung $z_i=a+i\cdot \frac{b-a}{n}$ wobei $i=0,\dots,n$. 
Es folgt aus der obigen Ungleichung, dass wie gew\"unscht $d(f,{[z_i,z_{i+1}]})<\frac{b-a}{n}$ f\"ur alle $i$.
\end{proof}

In \"Ubungsblatt 12 werden Sie folgenden Satz beweisen:

\begin{satz}
Jede monotone Funktion $f\colon  [a,b]\to \R$ ist integrierbar.
\end{satz}


%==========================================
\subsection{Lipschitz-stetige Funktionen und Integrabilit\"at}
Unser n\"achstes Ziel ist es zu zeigen, dass das Produkt von zwei integrierbaren Funktion $f,g\colon  [a,b]\to \R$ wiederum integrierbar ist. Um dies zu zeigen, m\"ussen wir allerdings etwas ausholen. Insbesondere ben\"otigen wir dazu den Begriff der Lipschitz-stetigen Funktion.

\begin{definition}
Es sei $f\colon  D\to \R$ eine Funktion. Wir sagen, $f$ ist \emph{Lipschitz-stetig mit Lipschitz-Konstante $L$}, wenn f\"ur alle $x,y\in D$ gilt, dass
\[ |f(x)-f(y)|\,\,\leq \,\, L|x-y|.\]
\end{definition}

\begin{beispiel}
\begin{enumerate}
\item F\"ur jedes $C\in \R$  ist die Funktion $f(x)=Cx$ Lipschitz-stetig mit Lipschitz-Konstante $|C|$.
\item In  \"Ubungs\-blatt 12 werden  wir   sehen, dass die Funktion $x\mapsto |x|$  Lipschitz-stetig mit Lipschitz-Konstante $L=1$ ist.
\item  Andererseits werden wir in \"Ubungsblatt 12 sehen, dass  die Funktion
\[ \begin{array}{rcl} f\colon   [0,1]&\to & \R \\
x&\mapsto &\sqrt{x} \end{array} \]
nicht Lipschitz-stetig ist. 
\end{enumerate}
\end{beispiel}

Der folgende Satz gibt nun viele weitere Beispiele von Lipschitz-stetigen Funktionen.

\begin{satz}\label{satz:fprimelip}
Es sei $I\subset \R$ ein Intervall und es  sei  $f\colon  I\to \R$ eine differenzierbare Funktion. Wenn es ein $C\geq 0$ gibt, so dass 
$|f'(x)|\leq C$ f\"ur alle inneren Punkte $x$ von $I$, dann ist $f$ Lipschitz-stetig mit Lipschitz-Konstante $C$. 
\end{satz}

Der Satz folgt leicht aus den Definitionen und dem Mittelwertsatz \ref{satz:mittelwert}. Der Beweis erfolgt in \"Ubungsblatt 12. Es folgt beispielsweise aus dem Satz, dass f\"ur jedes $a>0$ die Quadratfunktion 
\[ \begin{array}{rcl} [-a,a]&\to & \R \\ x&\mapsto& x^2 \end{array} \]
Lipschitz-stetig ist mit Lipschitz-Konstante $2a$. In der Tat, denn f\"ur alle $x\in (-a,a)$ gilt, dass  $|f'(x)|=|2x|\leq 2a$.
\footnote{Andererseits kann man leicht sehen, dass die Funktion $f(x)=x^2$ betrachtet auf ganz $\R$ nicht Lipschitz-stetig ist.}

Der Name `Lipschitz-stetig' suggestiert, dass eine solche  Funktion  stetig ist. Das folgende  Lemma gibt sogar eine etwas st\"arkere Aussage

\begin{lemma}\label{lem:lipschitzstetig}
Jede Lipschitz-stetige Funktion ist gleichm\"a\ss ig stetig.
\end{lemma}

\begin{proof}
Es sei also $f\colon  D\to \R$ eine Lipschitz-stetige Funktion mit Lipschitz-Konstante $L$. Es sei  $\epsilon>0$ gegeben. Dann gilt f\"ur alle $x,y\in D$ mit $|x-y|<\delta:=\frac{\epsilon}{\max\{L,1\}}$,
\footnote{Der einzige Grund warum wir $\frac{\epsilon}{\max\{L,1\}}$ anstatt $\frac{\epsilon}{L}$ schreiben ist, dass wir nicht ausschlie\ss en k\"onnen, dass $L=0$, aber wir wollen nat\"urlich nicht durch $0$ teilen.}
 dass in der Tat \[ |f(x)-f(y)|\,\,\leq\,\, L|x-y|\,\,<\,\, L\lmfrac{\epsilon}{\max\{L,1\}}\,\,\leq \,\,\epsilon.\]
\end{proof}

Wir kehren jetzt wieder zur\"uck zum Studium von integrierbaren Funktionen. 

\begin{lemma} \label{lem:intlip}
Es sei $h\colon  [a,b]\to \R$ eine integrierbare Funktion und  es sei $\phi\colon  M\to \R$ eine Lipschitz-stetige Funktion, so dass $h([a,b])\subset M$.
Dann ist die Funktion $\phi\circ h\colon  [a,b]\to \R$ ebenfalls integrierbar.
\end{lemma}

\begin{proof}
Es sei $\phi$ Lipschitz-stetig mit Lipschitz-Konstante $L$.
\begin{enumerate}
\item[]\textcolor{blue}{Wir wollen auch hier wieder mit dem Kriterium f\"ur Integrierbarkeit arbeiten. Wir m\"ussen dazu die Differenzen $ O(Z,\phi\circ h)-U(Z,\phi\circ h)$ absch\"atzen.}
\end{enumerate}
Es sei nun  $Z=\{z_0,\dots,z_n\}$ eine beliebige Zerlegung von $[a,b]$.
Nach der Gleichung auf Seite \pageref{equ:ou} folgt, dass
\[
\begin{array}{rcl} O(Z,\phi\circ h)-U(Z,\phi\circ h)&=& \sum\limits_{i=0}^{n-1} \,(z_{i+1}-z_i)\,\sup\Big\{ \underset{
\tiny \begin{array}{c}\leq  L\cdot |h(x)-h(x')|\\\operatorname{da\,}\phi\,{Lipschitz}-{stetig}\end{array}}{\underbrace{ |\phi(h(x))-\phi(h(x'))|}}\,\Big|\, x,x'\in [z_i,z_{i+1}]\Big\}\\
&\leq & L\,\,\sum\limits_{i=0}^{n-1} \,(z_{i+1}-z_i)\,\sup\Big\{ |h(x)-h(x')|\,\Big|\, x,x'\in [z_i,z_{i+1}]\Big\}\\[2mm]
 &\leq & L\cdot \Big( O(Z,h)-U(Z,h)\Big).\end{array} \]
Wir zeigen nun mithilfe des Kriteriums, dass $\phi\circ f$ integrierbar ist.
Sei also $\epsilon>0$. Nachdem $f$ integrierbar ist, existiert eine Zerlegung $Z$ von $[a,b]$, so dass
\begin{align*} \begin{array}{rcl}
 O(Z,h)-U(Z,h)&<&\frac{\epsilon}{L},
\intertext{es folgt aus der obigen Ungleichung, dass wie gew\"unscht}
\hspace{4cm} O(Z,\phi\circ h)-U(Z,\phi\circ h)&<&L\cdot \frac{\epsilon}{L}\,\,=\,\,\epsilon.\end{array} \end{align*}
\end{proof}

Wir hatten schon gesehen, dass 
die  Funktion $\phi(x)=|x|$  Lipschitz-stetig ist. Wir erhalten also  folgendes Korollar zu \ref{lem:intlip}.

\begin{korollar}\label{kor:intabs}
Wenn  $f\colon  [a,b]\to \R$ eine  integrierbare Funktion ist, dann ist auch $|f|$ integrierbar.
\end{korollar}

Wir k\"onnen jetzt endlich, wie am Anfang versprochen, zeigen, dass das Produkt von zwei integrierbaren Funktionen wiederum integrierbar ist. 

\begin{satz}
Es seien $f,g\colon  [a,b]\to \R$ zwei integrierbare Funktionen. Dann ist die Produktfunktion $f\cdot g$ ebenfalls integrierbar.
\end{satz}


\begin{proof}
Wir zeigen zuerst, dass das Quadrat einer integrierbaren Funktion $h\colon  [a,b]\to\R$ wiederum integrierbar ist.
Nachdem jede integrierbare Funktion per Definition   beschr\"ankt ist, existiert ein $C\in \R$, so dass $|h(x)|\leq C$ f\"ur alle $x$. Wie wir im Anschlu\ss\, an Satz~\ref{satz:fprimelip} gesehen hatten, ist die Funktion
\[ \begin{array}{rcl} \phi\colon   [-C,C]&\to & \R\\
x&\mapsto & x^2 \end{array} \]
 Lipschitz-stetig. Es folgt also aus Lemma~\ref{lem:intlip}, dass  $h^2=\phi\circ h$ integrierbar  ist.

Es seien $f,g\colon  [a,b]\to \R$ zwei integrierbare Funktionen. 
Die Aussage des Satzes folgt nun aus  Satz~\ref{satz:intsum}, der obigen Aussage, und der Beobachtung, dass 
\[ f\cdot g\,\,=\,\,\lmfrac{1}{4}\left((f+g)^2-(f-g)^2)\right).\]
\end{proof}


%==================================
% Ende 24. Vorlesung




\begin{lemma}\label{lem:intabs}
Wenn $f\colon  [a,b]\to \R$ integrierbar ist, dann gilt
\[\left|\int_a^b f(x)dx\right| \,\,\leq\,\,\int_a^b |f(x)|dx. \]
\end{lemma}

\begin{proof}
Aus der Tatsache, dass 
\begin{align*}
\begin{array}{rcccl}
\hspace{5.3cm} 
-|f(x)|&\leq &f(x)& \leq &|f(x)| \quad \quad \mbox{ f\"ur alle $x\in [a,b]$},
\intertext{und aus Lemma~\ref{lem:vergleich} folgt, dass }
 -\bint\limits_a^b|f(x)|dx&\leq & \bint\limits_a^bf(x)dx& \leq & \bint\limits_a^b|f(x)|dx.
 \end{array}
\end{align*} 
Es folgt also wie gew\"unscht, dass $\left|\int_a^b f(x)dx\right|\leq  \int_a^b |f(x)|dx $.
\end{proof}



\begin{satz} $($Mittelwertsatz der Integralrechnung$)$\label{satz:intmittel}
Es sei $f\colon  [a,b]\to \R$ eine stetige Funktion. Dann gibt es ein $\xi\in [a,b]$, so dass
\[ f(\xi)\,\,=\,\, \frac{1}{b-a} \int_a^b f(x)dx.\]
\end{satz}

\begin{proof}\mbox{}
\begin{enumerate}
\item[]\textcolor{blue}{Die Aussage erinnert etwas an den  Zwischenwertsatz
 \ref{satz:zwischenwert} f\"ur stetige Funktionen. Allerdings gibt es keinen Grund anzunehmen, dass 
 $\frac{1}{b-a} \int_a^b f(x)dx$ zwischen $f(a)$ und $f(b)$ liegt. Beispielsweise ist dies nicht der Fall f\"ur die Funktion, welche in Abbildung \ref{fig:mwsint} skizziert ist. Die Idee ist nun, dass wir uns auf ein Teilintervall $[x_0,x_1]$ von $[a,b]$ einschr\"anken, so dass das Intervall $[f(x_0),f(x_1)]$ `so gro\ss\, wie m\"oglich' ist.}
\end{enumerate}
\begin{figure}[h]
\begin{center}
\input{mwsint.pstex_t}
\caption{}\label{fig:mwsint}
\end{center}
\end{figure}
Nach Satz~\ref{satz:stetigmaxmin} existieren $x_0,x_1\in [a,b]$, so dass
\[
f(x_0)\quad\leq \quad f(x)\quad \leq \quad f(x_1) \]
f\"ur alle $x\in [a,b]$.Dann folgt aus Lemma~\ref{lem:vergleich},  dass
\[ \underset{=f(x_0),\,\operatorname{da\,Integrand\,konstant}}{\underbrace{\lmfrac{1}{b-a}\int\limits_a^b f(x_0)dx}}\,\leq\, \lmfrac{1}{b-a}\int\limits_a^b f(x)dx\,\leq\, \underset{=f(x_1),\,\operatorname{da\,Integrand\,konstant}}{\underbrace{\lmfrac{1}{b-a}\int\limits_a^b f(x_1)dx}}\]
Der Mittelwertsatz der Integralrechnung folgt nun also aus dem  Zwischenwertsatz
 \ref{satz:zwischenwert}, angewandt auf die Einschr\"ankung von $f$ auf das Intervall mit den Endpunkten $x_0$ und $x_1$.
\end{proof}


\newpage
%================================
\section{Der Hauptsatz der Integral- und Differentialrechnung}
In diesem Kapitel sei $I$ durchgehend ein Intervall.
Es sei $f\colon  I\to \R$ eine Funktion. Wir f\"uhren folgende Definitionen ein:
\begin{enumerate}
\item Wir sagen $f$ ist differenzierbar, wenn $f$ in allen inneren Punkten von $I$ differenzierbar ist und wenn zudem $f$ auf ganz $I$ stetig ist. F\"ur $I=[a,b]$ ist dies gerade die Definition von Differenzierbarkeit, welche wir zu Beginn von Kapitel~\ref{section:mws} eingef\"uhrt hatten.
\item  Eine \emph{Stammfunktion von $f$} ist eine differenzierbare Funktion $F\colon  I\to \R$, so dass $F'(x)=f(x)$ f\"ur alle inneren Punkte $x$ von $I$.
\end{enumerate}
Wir k\"onnen nun  einen der  wichtigsten S\"atze der Analysis I formulieren.

\begin{satz}\label{satz:hdi} $($Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung$)$
Es sei  $f\colon  I\to\R$ eine stetige Funktion und es sei $x_0\in I$. Dann ist 
\[ F(x)\,\,:=\,\,\int_{x_0}^x f(t)dt,\]
 eine Stammfunktion von $f$.
\end{satz}

\begin{proof}
Es sei $x\in I$ ein beliebiger innerer Punkt. Dann gilt
\[ 
\begin{array}{rcll}\hspace{1cm} F'(x)&=&\underset{h\to 0}{\lim}\,\,\lmfrac{F(x+h)-F(x)}{h}\\[2mm]
&=&\underset{h\to 0}{\lim}\,\, \tmfrac{1}{h}\bigg(\bint\limits_{x_0}^{x+h} f(t)dt-\bint\limits_{x_0}^x f(t)dt\bigg)\\
&=&
\underset{h\to 0}{\lim}
\underset{\tiny\begin{array}{c}=f(\xi_h)\,\opnormal{f\"ur\,ein}\,\xi_h\in [x,x+h],\\
\opnormal{nach dem Mittelwertsatz}\\
\opnormal{der Integralrechnung}\end{array}}{\underbrace{\textstyle \tmfrac{1}{h}\bint\limits_{x}^{x+h} f(t)dt}}&\mbox{nach Korollar~\ref{kor:intabc}}\\
&=& \underset{h\to 0}{\lim} \,\,f(\xi_h)\\[2mm]
&=&f\bigg( \underset{h\to 0}{\lim}\,\xi_h\bigg)&\mbox{weil $f$ stetig}\\[2mm]
&=&f(x), &\mbox{denn aus $\xi_h\in [x,x+h]$ folgt $ \underset{h\to 0}{\lim}\, \xi_h=x$}.\end{array}\]
\end{proof}


\begin{lemma}\label{lem:stammf}
Wenn $F$ und $G$ Stammfunktionen von $f\colon  I\to \R$ sind, dann ist die Funktion $F-G$ eine konstante Funktion.
\end{lemma}

\begin{proof}
Es gilt $(F-G)'=F'-G'=f-f=0$. Es folgt nun aus  Lemma~\ref{lem:fkonstant}, dass $F-G$ eine konstante Funktion ist.
\end{proof}

Wenn $F$ eine Stammfunktion von $f$ ist, dann schreiben wir im Folgenden
\[ \int f(x)dx\,\, =\,\, F.\]
Diese Schreibweise ist zwar etwas problematisch, weil $F$ nur bis auf eine Konstante eindeutig bestimmt ist. Aber uns ist dies im weiteren Verlauf der Vorlesung egal. Wir nennen $\int f(x)dx$ manchmal auch das \emph{unbestimmte Integral von $f$}.

\begin{satz}\label{satz:stammf}
Es sei $f\colon  I\to \R$ eine stetige Funktion und $F$ eine Stammfunktion. Dann gilt f\"ur alle $a,b\in I$, dass
\[ \int_a^bf(x)dx\,\, =\,\, F(b)-F(a).\]
\end{satz}


F\"ur eine beliebige Funktion $F\colon  I\to \R$ und $a,b\in I$ schreiben wir 
\[ \Big[F(x)\Big]_a^b\,\,:=\,\,F(x)\Big|_a^b\,\,:=\,\,F(b)-F(a).\]

\begin{proof}
Wir betrachten die Funktion
\[ G(x)\,:=\,\int_{a}^x f(t)dt.\]
Der  Hauptsatz der Integral- und Differentialrechnung besagt, dass $G$ ebenfalls eine Stammfunktion von $f$ ist. Nach Lemma~\ref{lem:stammf} existiert ein $C\in \R$, so dass $F(x)=G(x)+C$ f\"ur alle $x\in I$. Per Definition ist $G(b)=\int_a^bf(x)dx$ und $G(a)=0$. Es folgt, dass
\[ \int_a^bf(x)dx\,\,=\,\,G(b)-G(a)\,\,=\,\,(G(b)+C)-(G(a)+C)\,\,=\,\,F(b)-F(a).\]
\end{proof}



Aus den schon bestimmten Ableitungen erhalten wir jetzt folgende Tabelle:
\[
\begin{array}{cc|ccc}
\mbox{ Funktion }&\mbox{ Ableitung}&\quad &\mbox{ Funktion } &\mbox{ Stammfunktion }\\
\hline
e^x&e^x&&e^x&e^x\\
\sin(x)&\cos(x)&&\cos(x)&\sin(x)\\
\cos(x)&-\sin(x)&&\sin(x)&-\cos(x)\\
\tan(x)&\frac{1}{\cos^2(x)}&&\tmfrac{1}{\cos^2(x)}&\tan(x)\\[1mm]
\arctan(x)&\tmfrac{1}{1+x^2}&&\tmfrac{1}{1+x^2}&\arctan(x)\\[1mm]
\arcsin(x)&\tmfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}&&\tmfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}&\arcsin(x)\\[1mm]
\arccos(x)&\tmfrac{-1}{\sqrt{1-x^2}}&&\tmfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}&-\arccos(x)\\[1mm]
x^\alpha&\alpha  x^{\alpha-1}&&x^\alpha,\alpha  \ne -1&\tmfrac{\phantom{1^{1^1}}x^{\alpha+1}\phantom{1^{1^1}}}{\alpha+1}\\[2mm]
\ln(x), x>0&\tmfrac{1}{x}&&\tmfrac{1}{x}&\ln\Big(|x|\Big)\\[1mm]
\ln(-x), x<0, &\tmfrac{1}{x}&&&\\[1mm]
\end{array}
\]

Aus Satz \ref{satz:ableitungaplusb} erhalten wir zudem sofort folgendes Lemma.

\begin{lemma}\label{lem:intaplusb}
Es seien $f,g\colon  I\to \R$ stetige Funktionen und $\l\in \R$. Dann gilt 
\[ \begin{array}{rcl}
\bint f(x)+ g(x)dx &=&\bint f(x)dx+\bint g(x)dx, \quad \mbox{ sowie}\\[2mm]
\bint \lambda  f(x)dx &=&\lambda  \bint f(x)dx.\end{array} \]
\end{lemma}

%================================
\subsection{Partielle Integration}
Wie wir schon im vorherigen Kapitel gesehen haben, k\"onnen wir aus unseren Ergebnisse \"uber Ableitungen neue Aussagen \"uber Stammfunktionen gewinnen. In diesem Kapitel werden wir neue Integrationsregeln aus den Ableitungsregeln gewinnen. 

In diesem Kapitel  sei $I$ weiterhin  ein Intervall.

\begin{satz}\emph{(Partielle Integration)}
Es seien $u,v\colon  I\to \R$ zwei stetig differenzierbare
\footnote{Zur Erinnerung, eine Funktion $f\colon  I\to\R$ hei\ss t stetig differenzierbar, wenn $f$ differenzierbar ist, und wenn $f'$ stetig ist.} 
 Funktionen. Dann gilt
\[ \int u(x)v'(x) dx\,\, =\,\, u(x)v(x)\,-\,\int u'(x)v(x)dx.\]
\end{satz}

\begin{proof}
Aus der Produktregel der Ableitung folgt, dass
\begin{align*}
\begin{array}{rcl} \hspace{5cm}
 (u(x)v(x))'&=&u'(x)v(x)+u(x)v'(x), 
\intertext{also}
 u(x)v'(x)&=&(u(x)v(x))'-u'(x)v(x).
\intertext{Aus Lemma \ref{lem:intaplusb} und der Definition einer Stammfunktion folgt nun, dass}
\bint  u(x)v'(x)dx&=&u(x)v(x)-\bint u'(x)v(x)dx.
 \end{array} \end{align*} 
Der Satz folgt nun aus Satz~\ref{satz:stammf}.\footnote{An welcher Stelle haben wir die Voraussetzung verwendet, dass $u$ und $v$ stetig differenzierbar sind?} 
\end{proof}

Die Formel aus dem vorherigen Satz kann man auch etwas knapper wie folgt formulieren:
\[ \int uv'dx\,\, =\,\, uv-\int u'vdx.\]
Mithilfe der partiellen Integration kann man also ein Integral durch ein anderes, hoffentlich deutlich leichteres, Integral ersetzen. Die partielle Integration bietet sich normalerweise dann an, wenn sich durch das Ableiten der Funktion $u$ der Integrand $ u'v$ vereinfacht. Dies ist beispielsweise oft der Fall, wenn  $u=x^n$ oder wenn $u=\ln(x)$.


\begin{beispiel}\mbox{}
\begin{enumerate}
\item
Wir betrachten $f(x)=x\cdot \cos(x)$. Dann gilt
\[
\begin{array}{rcl}
\hspace{0.3cm}\displaystyle \int \underset{u}{\underbrace{\phantom{a}x_{\phantom{1_1}}}}\cdot \underset{v'}{\underbrace{\cos(x)}}dx&=&\underset{u}{\underbrace{\phantom{a}x_{\phantom{1_1}}}}\cdot\underset{v}{\underbrace{\sin(x)}}-\displaystyle \int 
\underset{u'}{\underbrace{\phantom{a}1_{\phantom{1_1}}}}\cdot \underset{v}{\underbrace{\sin(x)}}dx\,=\,x\sin(x)+\cos(x).\end{array}\]
\item Manchmal muss man ein Integral erst geschickt als Produkt umschreiben, um partielle Integration erfolgreich anwenden zu k\"onnen. Beispielsweise ist
\[
\begin{array}{rcl}
\hspace{1.2cm}\displaystyle\int \ln(x)dx\,=\, \int \underset{u}{\underbrace{\ln(x)}}\cdot 
\underset{v'}{\underbrace{\phantom{a}1_{\phantom{1_1}}}}dx &=&\underset{u}{\underbrace{ \ln( x)}}\cdot 
\underset{v}{\underbrace{\phantom{a}x_{\phantom{1_1}}}}-\displaystyle \int  \underset{u'}{\underbrace{\tfrac{1}{x}}}\cdot 
\underset{v}{\underbrace{\phantom{a}x_{\phantom{1_1}}}}dx\,=\,\ln( x)\cdot x-x.\end{array}
\]
\end{enumerate}
\end{beispiel}


%================================
\subsection{Substitution}
Das folgende Lemma folgt sofort aus der Kettenregel f\"ur Ableitungen.

\begin{lemma}\label{lem:intfcx}
Es sei $f\colon  I\to \R$ eine stetige Funktion und es sei $F$ eine Stammfunktion von $f$.
F\"ur alle $c,d\in \R$ gilt
\[ \bint f(cx+d)dx\,\,=\,\,\frac{1}{c}F(cx+d).\]
\end{lemma}

Beispielsweise gilt
\[ \bint \cos(2x+3)dx\,\,=\,\,\frac{1}{2}\sin(2x+3).\]


\begin{proof} 
Es folgt aus der Kettenregel f\"ur Ableitungen, dass 
\[\lmfrac{d}{dx} \frac{1}{c}F(cx+d)\,\,=\,\, \lmfrac{1}{c}(F')(cx+d)\cdot (cx+d)'\,\,=\,\,f(cx+d).\]
\end{proof}

Der folgende Satz ist nun eine Verallgemeinerung vom vorherigen Lemma.

\begin{satz}
Es sei $u\colon [a,b]\to I$ eine stetig differenzierbare Funktion und es sei $f\colon  I\to \R$ eine stetige Funktionen. Dann gilt
\[ \int_a^b f(u(x))\cdot u'(x)dx\,\,=\,\,\int_{u(a)}^{u(b)}f(u)du.\]
\end{satz}

\begin{proof}
Es sei $F$ eine Stammfunktion von $f$. Dann gilt nach der Kettenregel f\"ur Ableitungen, dass
\[ \frac{d}{dx}F(u(x))\,\,=\,\,f(u(x))\cdot u'(x).\]
Anders ausgedr\"uckt, $F(u(x))$ ist eine Stammfunktion von $f(u(x))\cdot u'(x)$. 
Es folgt also aus Satz~\ref{satz:stammf}, dass
\[\begin{array}{rcl} \bint\limits_a^b f(u(x))\cdot u'(x)dx\,\,=\,\,
\big[F(u(x))\big]_{x=a}^{x=b}&=&F(u(b))-F(u(a))\\
&=&\big[F(u)\big]_{u=u(a)}^{u=u(b)}\\
&=&
\bint\limits_{u(a)}^{u(b)}f(u)du.\end{array} \]
\end{proof}

Wenn wir nur unbestimmte Integrale betrachten, dann besagt die Substitutionsregel, dass
\[ \int f(u(x))\cdot u'(x)dx\,\,=\,\,\int f(u)du.\]


\begin{beispiel}
Wir wollen nun eine Stammfunktion von $\sin(x^2+3)\cdot x$ finden.
Die Idee ist, die Substitution $u=x^2+3$ durchzuf\"uhren. Damit wir diese Substitution durchf\"uhren k\"onnen, m\"ussen wir allerdings $\sin(x^2+3)\cdot x$  in die Form von 
\[ f(u(x))\cdot u'(x)\,\,=\,\,f(x^2+3)\cdot 2x\]
 bringen. Wir f\"uhren diese Idee jetzt aus 
\[ \begin{array}{rcll}\quad \hspace{0.5cm}\quad\quad \bint \sin(x^2+3)\cdot xdx &=&\frac{1}{2}  \bint  \sin(\underset{=:u(x)}{\underbrace{x^2+3}})\cdot \underset{=u'(x)}{\underbrace{2x}}dx \\
&=& \frac{1}{2}\bint \sin(u) du&\mbox{Substitution $u=x^2+3$}\\[2mm]
&=&-\frac{1}{2}\cos(u)\\[2mm]
&=&-\frac{1}{2}\cos(x^2+3)&\mbox{R\"ucksubstitution $u=x^2+3$}.\end{array} \]
\end{beispiel}

Wir beschlie\ss en das Kapitel \"uber die Substitution mit folgendem Lemma.

\begin{lemma}
Es ist 
\[ \int_{-1}^1 \sqrt{1-x^2}dx \,\,=\,\,\lmfrac{1}{2}\pi.\]
\end{lemma}

Nachdem der Graph von $\sqrt{1-x^2}$ gerade einen Halbkreis von Radius $1$ beschreibt, besagt dieses Lemma, dass  `unsere' Definition von $\pi$ aus Kapitel \ref{section:pi} in der Tat mit der `\"ublichen' Definition von $\pi$ \"uber den Fl\"acheninhalt \"ubereinstimmt.

\begin{proof}
Wir bestimmen erst einmal eine Stammfunktion von $\sqrt{1-x^2}$. Es ist
\[ \begin{array}{rcll} \hspace{1cm}\bint \sqrt{1-x^2}dx&=&\bint (1-x^2)\frac{1}{ \sqrt{1-x^2}}dx\\[2mm]
&=&\bint (1-\sin(\underset{=:u(x)}{\underbrace{\arcsin(x)}})^2)\cdot \underset{=u'(x)}{\underbrace{\lmfrac{1}{\sqrt{1-x^2}}}}dx\\[2mm]
&=&\bint 1-\sin(u)^2du\hspace{3cm} \mbox{ Substitution $u(x)=\arcsin(x)$}\\[2mm]
&=&\bint \cos^2(u)du\,\,=\,\,(*).\end{array} \]
Wir wollen jetzt eine Stammfunktion f\"ur  $\cos^2(u)$ finden, indem wir $\cos^2(u)$ umschreiben.
 Wir wissen, dass
\begin{align*}
 \begin{array}{rcll} 1&=&\sin^2(u)+\cos^2(u), &\mbox{ und }\\
\hspace{2.2cm} \cos(2u)&=&\cos^2(u)-\sin^2(u),&\mbox{ nach Satz~\ref{satz:additionstheorem} mit $x=y=u$.}
\intertext{Durch Aufl\"osen nach $\cos^2(u)$ erhalten wir also, dass}
\cos^2(u)&=&\frac{1}{2}(1+\cos(2u)).
\end{array}
\end{align*}
\footnote{Alternativ kann man eine Stammfunktion f\"ur $\cos^2(x)$ auch geschickt mithilfe von partieller Integration bestimmen. Genauer gesagt, es ist
\begin{align*}\begin{array}{rcl}
\hspace{2cm}\int \cos^2(x)dx=\int \cos(x)\cdot \cos(x)dx &=&\cos(x)\cdot \sin(x)-\int (-\sin(x))\cdot \sin(x)dx \\
&=&\cos(x)\cdot \sin(x)+\int  (1-\cos^2(x))dx\\
&=&\cos(x)\sin(x)+x-\int \cos^2(x)dx.
\intertext{Wir l\"osen jetzt nach $\int \cos^2(x)dx$ auf, und erhalten, dass}
\int \cos^2(x)dx&=&\frac{1}{2}(\cos(x)\sin(x)+x).\end{array} \end{align*}}
Wir k\"onnen jetzt mit dem Integral oben weiterrechnen, und erhalten mithilfe von Lemma \ref{lem:intfcx}, dass
\[
\begin{array}{rcl} \hspace{-0.4cm}(*)&=&\tmfrac{1}{2} \bint  1+\cos(2u) du\,\,= \,\,\frac{1}{2}u+\frac{1}{4}\sin(2u).
\end{array} \]
Durch Einsetzen erhalten wir jetzt, dass 
\[  \int\limits_{x=-1}^{x=1} \sqrt{1-x^2}dx\,\,=\,\,\left[\smfrac{1}{2}u+\smfrac{1}{4}\sin(2u)\right]_{u=\arcsin(-1)}^{u=\arcsin(1)}\,\,=\,\,
\left[\smfrac{1}{2}u+\smfrac{1}{4}\sin(2u)\right]_{u=-\frac{\pi}{2}}^{u=\frac{\pi}{2}}
\,\,=\,\,\smfrac{\pi}{2}\]
 \end{proof} 
 
 %===============================
 % Ende 25. Vorlesung
 
%================================
\subsection{Uneigentliche Integrale}
\label{section:uneigentlich}


\begin{definition}
Es sei $f\colon  [a,b)\to \R$ eine Funktion, wobei $a\in \R$ und $b\in \R\cup \{\infty\}$,
so dass f\"ur jedes $a\leq d< b$ das Integral $\int_a^d f(x)dx$ existiert.
Wir definieren dann 
\[ \int_a^bf(x)dx\,\,:=\,\,\lim_{d\nearrow b} \int_a^d f(x)dx,\]
und nennen es das \emph{uneigentliche Integral auf $[a,b)$}.
\footnote{Es gibt also drei M\"oglichkeiten: entweder konvergiert das uneigentliche Integral gegen eine reelle Zahl, oder es divergiert bestimmt gegen $\pm \infty$, oder es existiert nicht.}
Ganz analog definiert man das uneigentliche Integral auf einem halb-offenen Intervall $(a,b]$.
\end{definition}

\begin{beispiel}
Es ist
\[  \int_0^\infty e^{-x}dx\,\,=\,\,\lim_{d\to \infty} \int_0^d e^{-x}dx\,\,=\,\,\lim_{d\to\infty} \Big[-e^{-x}\Big]_0^d\,\,=\,\,\lim_{d\to \infty} (-e^{-d}+1)\,\,=\,\,1. \]
\end{beispiel}

F\"ur sp\"ater formulieren wir das n\"achste Beispiel als Lemma.

\begin{lemma}\label{lem:intxa}F\"ur  $s>1$ gilt
\[  \int_{1}^\infty \frac{1}{x^s}dx\,\,=\,\,\frac{1}{s-1}. \]
\end{lemma}


\begin{proof}
Es sei $s>1$. Dann ist 
\[
 \int\limits_{1}^\infty \lmfrac{1}{x^s}dx\,\,=\,\,\lim_{d\to \infty}\int\limits_1^d x^{-s}dx\,\,=\,\,\lim_{d\to \infty} \left[\lmfrac{x^{-s+1}}{-s+1}\right]_1^d 
\,\,=\,\,\lim_{d\to \infty} \left(\lmfrac{d^{-s+1}}{-s+1}+\lmfrac{1}{s-1}\right) 
\,\,=\,\,\lmfrac{1}{s-1}. \]
\footnote{An welcher Stelle haben wir verwendet, dass $s>1$?}
\end{proof}


\begin{definition}
Es sei $f\colon  (a,b)\to \R$ eine Funktion, wobei $a\in \R\cup \{-\infty\}$ und $b\in \R\cup \{\infty\}$,
so dass f\"ur ein $c\in (a,b)$ die uneigentlichen Integrale
$\int_a^c f(x)dx$  und $\int_c^b f(x)dx$
existieren oder bestimmt gegen $\pm \infty$ divergieren. Dann definieren wir
\[ \int_a^bf(x)dx\,\,:= \,\,\int_a^c f(x)dx+ \int_c^b f(x)dx,\]
\emph{wenn} die rechte Seite definiert ist. Wir nennen dann $\int_a^bf(x)dx$ das \emph{uneigentliche Integral von $f$ auf $(a,b)$}.
\footnote{Man kann leicht mithilfe von Korollar~\ref{kor:intabc}  zeigen, dass die Definition nicht von der Wahl von $c\in (a,b)$ abh\"angt.}
\end{definition}


Folgender Satz folgt sofort aus Satz~\ref{satz:stammf} und aus den Definitionen. 

\begin{satz}
Es sei $f\colon  (a,b)\to \R$ eine stetige Funktion und $F$ eine Stammfunktion von $f$. Dann gilt
\[ \int_a^bf(x)dx\,\, =\,\, \lim_{x\nearrow b}F(x)-\lim_{x\searrow a}F(x),\]
\emph{wenn} die rechte Seite definiert ist. 
\end{satz}

Beispielsweise ist
\[ \int_{-\infty}^\infty \frac{1}{1+x^2}dx\,\,=\,\,\lim_{x\to \infty} \arctan(x)-\lim_{x\to -\infty} \arctan(x)\,\,=\,\,\frac{\pi}{2}-(-\frac{\pi}{2})\,\,=\,\,\pi.\]

Im Folgenden werden wir noch kurz die Konvergenz von Reihen und von uneigentlichen Integralen in Verbindung bringen.
Genauer gesagt k\"onnen wir nun folgenden Satz formulieren, welcher auf  Seite 222 von Forster Analysis I bewiesen wird.

\begin{satz}\label{satz:intfolgvergleich}
Es sei $f\colon  [1,\infty)\to \R$ eine monoton fallende Funktion. Dann gilt
\[ \sum_{n=1}^\infty f(n) \mbox{ konvergiert }\,\,\Longleftrightarrow \,\,\int_{1}^\infty f(x)dx \mbox{ konvergiert.}\]
\end{satz}

\begin{beispiel}
Es sei $s>1$. Wir hatten in  Lemma~\ref{lem:intxa} gezeigt, dass das uneigentliche Integral $ \int_{1}^\infty \frac{1}{x^s}dx$ konvergiert. 
Es folgt dann  aus Satz~\ref{satz:intfolgvergleich},
angewandt auf $f(x)=\frac{1}{x^s}$, dass f\"ur jedes $s\in (1,\infty)$ die Reihe
\[ \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^s} \]
konvergiert. 

In  Satz~\ref{satz:reihenk} hatten wir zwar schon gezeigt, dass die Reihe $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2}$ konvergiert. Aber es erscheint eher schwierig, einen direkten Beweis daf\"ur zu geben, dass  beispielsweise die Reihe $\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^{\frac{3}{2}}}$ konvergiert.
\end{beispiel}

\begin{beispiel}
Andererseits gilt, dass
\[  \int_{1}^\infty \frac{1}{x}dx\,\,=\,\,\lim_{d\to \infty}\int_1^d \lmfrac{1}{x}dx
\,\,=\,\,\lim_{d\to \infty} \big[\ln(x)\big]_1^d 
\,\,=\,\,\lim_{d\to \infty} (\ln(d)-\ln(1)) 
\,\,=\,\,\infty.\]
Zusammen mit  Satz~\ref{satz:intfolgvergleich}
angewandt auf $f(x)=\frac{1}{x}$ gibt dies einen neuen Beweis daf\"ur,  dass  die harmonische Reihe
$ \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n}$ bestimmt gegen $+\infty$ divergiert.
\end{beispiel}



%=========================================
\subsection{Die Gamma-Funktion  $(*)$}
Dieses kurze Kapitel wurde \emph{nicht} in der Vorlesung behandelt, und ist deswegen nicht Teil des offiziellen Stoffes. 
Es lohnt sich trotzdem dieses Kapitel durchzulesen, nachdem es eine besonders sch\"one Anwendung von unseren bisherigen Ergebnissen und Methoden gibt.

In diesem Kapitel werden wir  folgendes Lemma beweisen.

\begin{lemma}\label{lem:intgamma}
F\"ur jedes $s>0$ konvergiert das uneigentliche Integral
\[ \int_0^\infty t^{s-1}e^{-t}dt.\]
\end{lemma}

Die  Funktion
\[ \begin{array}{rcl} (0,\infty)&\to &\R \\
x&\mapsto &\Gamma(x):=\bint\limits_0^\infty t^{x-1}e^{-t}dt\end{array} \]
hei\ss t \emph{Gamma-Funktion}.
In diesem Kapitel werden wir zudem den folgenden  Satz beweisen, welcher  einige der wichtigsten Eigenschaften der Gamma-Funktion zusammenfasst.

\begin{satz}\label{satz:gamma}
\mbox{}
\begin{enumerate}
\item $\Gamma(1)=1$,
\item f\"ur alle $x\in (0,\infty)$ gilt
\[ \hspace{0.27cm}\Gamma(x+1)\,\,=\,\,x\cdot \Gamma(x),\]
\item f\"ur alle $n\in \N$ gilt:
\[ \Gamma(n)\,\,=\,\,(n-1)!.\]
\end{enumerate}
\end{satz}

Man kann also die Gamma-Funktion als Erweiterung der Fakult\"at auf positive reelle Zahlen auffassen.
\smallskip

Wir werden nun im Folgenden Lemma~\ref{lem:intgamma} und Satz~\ref{satz:gamma} beweisen.
F\"ur den Beweis von Lemma~\ref{lem:intgamma} ben\"otigen wir dabei den folgenden Satz, welchen man mithilfe von  Lemma~\ref{lem:vergleich} leicht beweisen kann.
Wir \"uberlassen den Beweis als freiwillige \"Ubungsaufgabe. 

\begin{satz} $($Majoranten-Kriterium f\"ur uneigentliche Integrale$)$\label{satz:majint}
Es seien $f,g\colon  [a,b)\to \R$ zwei stetige Funktionen gegeben, wobei $b\in \R\cup \{\infty\}$. Nehmen wir an, es gibt  ein $C\in \R$, so dass
\[ g(x)\geq |f(x)|\quad  \mbox{ f\"ur alle $x\in [C,b)$}.\]
Dann gilt:
\[ \int_a^b g(x)dx\mbox{  konvergiert }\quad \Longrightarrow \quad \int_a^b f(x)dx\mbox{ konvergiert.}\]
Eine analoge Aussage gilt auch f\"ur Funktionen, welche auf $(a,b]$ definiert sind.
\end{satz}

\begin{beispiel}
Wir betrachten das uneigentliche Integral
\[ \int_1^\infty \lmfrac{x+10}{x^3+x^2+2}dx. \]
Man kann leicht zeigen, dass  $\frac{x+10}{x^3+x^2+2}\leq \frac{2}{x^2}$ f\"ur alle $x\geq 10$.
Es folgt also aus Lemma~\ref{lem:intxa} und aus Satz~\ref{satz:majint}, dass das obige uneigentliche Integral konvergiert.
\end{beispiel}

Mithilfe von Satz \ref{satz:majint} k\"onnen wir nun  Lemma \ref{lem:intgamma} beweisen.

\begin{proof}[Beweis von Lemma \ref{lem:intgamma}]
Es sei also $s>0$ gegeben. 
Die Funktion $t^{s-1}e^{-t}$ ist nur auf dem Intervall $(0,\infty)$ definiert.
Per Definition von einem uneigentlichen Integral gilt 
\[ \int_0^\infty t^{s-1}e^{-t}dt\,\,=\,\,\underset{=(1)}{\underbrace{\int_0^1 t^{s-1}e^{-t}dt}}+\underset{=(2)}{\underbrace{\int_1^\infty t^{s-1}e^{-t}dt}}. \]
Wir m\"ussen zeigen, dass beide uneigentliche Integrale existieren.
\begin{enumerate}
\item
Wir beginnen mit dem ersten Integral. 
F\"ur alle $t\in (0,1]$ gilt, dass $t^{s-1}e^{-t}\leq t^{s-1}$. 
Nach Satz~\ref{satz:majint} gen\"ugt es zu zeigen, dass das uneigentliche Integral $\int_0^1 t^{s-1}dt$ konvergiert. Dieses wiederum bestimmen wir wie folgt:
\[
  \int_{0}^1 t^{s-1}dt\,\,=\,\,\lim_{d\to 0} \left[\lmfrac{t^{s}}{s}\right]_d^1 
\,\,=\,\,\lim_{d\to 0} \left(\lmfrac{1}{s}-\lmfrac{d^s}{s}\right) 
\,\,=\,\,\lmfrac{1}{s}. \]
Wir zeigen nun, dass auch das zweite Integral $\int_1^\infty t^{s-1}e^{-t}dt$ existiert.
Wir beweisen zuerst folgende Behauptung:

\begin{behauptung}
Es gibt ein $C\in \R$, so dass f\"ur alle $t\geq C$ gilt:
\[  t^{s-1}e^{-t}\,\,\leq \,\, \lmfrac{1}{t^2}.\]
\end{behauptung}

Am Ende von Kapitel~\ref{section:lhopital} hatten wir mithilfe der Regel von l'H\^opital gesehen, dass
\[ \lim_{t\to \infty}\frac{t^{s-1}e^{-t}}{\frac{1}{t^2}}\,\,=\,\,
\lim_{t\to \infty} \frac{t^{s+1}}{e^t}\,\,=\,\,0.\]
Wenden wir die Definition von $\lim_{t\to \infty} \frac{t^{x+1}}{e^t}=0$ auf $\epsilon=1$ an, sehen wir, dass
es  ein $C\in \R$ gibt, so dass f\"ur alle $t\geq C$ gilt:
\[  t^{s-1}e^{-t}\,\,\leq\,\,  \lmfrac{1}{t^2}.\]
Wir haben damit also die Behauptung bewiesen. 

Wir hatten in Lemma~\ref{lem:intxa} gezeigt, dass das uneigentliche Integral  $\int_1^\infty \frac{1}{t^2}dt$ konvergiert. Es  folgt dann wieder aus  Satz~\ref{satz:majint}, dass  auch $\int_1^\infty t^{s-1}e^{-t}dt$ konvergiert.
\end{enumerate}
\end{proof}

Wir werden uns nun dem Beweis von Satz \ref{satz:gamma} zu.

\begin{proof}[Beweis von Satz \ref{satz:gamma}]
Wie wir schon zu Beginn von Kapitel~\ref{section:uneigentlich} gesehen hatten, ist 
\[ \Gamma(1)=\int_0^\infty e^{-t}dt=1.\]
Wir wenden uns nun dem Beweis der zweiten Aussage zu.
F\"ur $a,b\in (0,\infty)$ folgt aus partieller Integration, dass
\[ \int_a^b t^xe^{-t}dt\,\,=\,\,\left[-t^xe^{-t}\right]_{t=a}^{t=b}+x\cdot
\int_{a}^bt^{x-1}e^{-t}dt.\]
Es folgt, dass 
\[\begin{array}{rcl} \Gamma(x+1)&=& \bint\limits_0^\infty t^xe^{-t}dt\\
&=&\bint\limits_0^1 t^xe^{-t}dt\,\,+\,\,\bint\limits_1^\infty t^xe^{-t}dt\\
&=&\underset{a\to 0}{\lim}\bigg(\big[-t^xe^{-t}\big]_{t=a}^{t=1}+x\cdot
\bint\limits_{a}^1t^{x-1}e^{-t}dt\bigg)+ \underset{b\to \infty}{\lim}\bigg(\big[-t^xe^{-t}\big]_{t=1}^{t=b}+x\cdot
\bint\limits_{1}^bt^{x-1}e^{-t}dt\bigg)\\[2mm]
&=&\underset{=0\,\operatorname{nach\,l'Hopital}}{\underbrace{-\underset{a\to 0}{\lim} (-a^xe^{-a})}}+
\underset{=0\,\operatorname{nach\,l'Hopital}}{\underbrace{\underset{b\to \infty}{\lim} -b^xe^{-b}}}+x\cdot
\bint\limits_{0}^\infty t^{x-1}e^{-t}dt\\
&=&x\cdot
\bint\limits_{0}^\infty t^{x-1}e^{-t}dt\\
&=&x\cdot \Gamma(x).\end{array}  \]
Wir haben damit die zweite Aussage bewiesen.

Die letzte Aussage des Satzes folgt  nun aus (1) und (2) durch Induktion.
\end{proof}



%=========================================
\subsection{Eine $C^\infty$-Treppenfunktion}
Wir erinnern zuerst daran, dass wir eine Funktion, welche beliebig oft differenzierbar ist, als $C^\infty$-Funktion 
bezeichnet hatten. In diesem Kapitel werden wir zuerst folgendes Lemma beweisen.

\begin{lemma}\label{lem:ex2}
Die Funktion
\[ \begin{array}{rcl} f\colon  \R&\to & \R\\
x&\mapsto &\left\{ \begin{array}{ll} e^{-\frac{1}{x^2}}, & \mbox{ wenn }x>0, \\ 0, &\mbox{ wenn }x\leq 0\end{array} \right.\end{array} \]
ist $C^\infty$ und es gilt, dass $f^{(n)}(0)=0$ f\"ur alle $n\in \N$.
\end{lemma}

Die Funktion $f$ hat also folgende eigenartige  Eigenschaft: obwohl alle Ableitungen am Punkt $0$ verschwinden, ist die Funktion trotzdem nicht konstant. Der Graph der Funktion $f$ wird in Abbildung \ref{fig:exp1x} skizziert.
\begin{figure}[h]
\begin{center}
\input{exp1x.pstex_t}
\caption{}
\label{fig:exp1x}
\end{center}
\end{figure}

\begin{proof}
Wir beweisen zuerst, dass $f'(0)=0$. 
Es gilt
\begin{align*}
\begin{array}{rcl} \hspace{3.5cm} \underset{x\searrow 0}{\lim}\lmfrac{f(x)-f(0)}{x}&=&\underset{x\searrow 0}{\lim}\lmfrac{e^{-\frac{1}{x^2}}}{x}\\[2mm]
&=&\underset{x\to \infty}{\lim}\lmfrac{e^{-x^2}}{\frac{1}{x}}\hspace{2cm}\mbox{ nach Lemma~\ref{lem:1xinf}}\\[2mm]
&=&\underset{x\to \infty}{\lim} \lmfrac{x}{e^{x^2}}\\
&\overset{l'H}{=}&\underset{x\to \infty}{\lim}\lmfrac{1}{2xe^{x^2}}\hspace{0.7cm}\mbox{ nach der Regel  von l'H\^opital.}\\
&=&0.
\intertext{Andererseits ist es offensichtlich, dass}
 \underset{x\nearrow 0}{\lim}\lmfrac{f(x)-f(0)}{x}&=&0. \end{array} \end{align*}
Wir haben also gezeigt, dass in der Tat  $f'(0)= \lim_{x\to 0}\frac{f(x)-f(0)}{x}=0$. Wir haben jetzt also bewiesen, dass $f'(0)=0$.
 
Wir m\"ussen nun noch zeigen, dass auch die h\"oheren Ableitungen verschwinden. Wir werden im Folgenden den Beweis dieser Aussage nur skizzieren.
Es sei jetzt $A(n)$ die Aussage: $f$ ist $n$-fach differenzierbar und es gibt ein Polynom $p_n(x)$,
\footnote{Anders gesagt, $p_n(\frac{1}{x})$ ist ein Ausdruck vom Typ
\[ a_0+a_1\frac{1}{x}+a_2\left(\frac{1}{x}\right)^2+a_3\left(\frac{1}{x}\right)^3+\dots+a_d\left(\frac{1}{x}\right)^d, \mbox{ wobei } a_0,\dots,a_d\in \R.\]}
 so dass 
\[ f^{(n)}(x)=\left\{ \begin{array}{ll} p_n(\frac{1}{x})e^{-1/x^2}, & \mbox{ wenn }x> 0, \\ 0, &\mbox{ wenn }x\leq 0.\end{array} \right.\]
Wir wissen schon, dass $A(0)$ und $A(1)$ gelten.
 Ein einfaches  Induktionsargument zeigt  nun, dass $A(n)$ f\"ur alle $n$ gilt.
Beim Beweis, dass unter Annahme von $A(n)$ auch $A(n+1)$ gilt, muss man mehrmals verwenden, dass
\[ \lim_{x\searrow 0}\,\,\frac{1}{x^k}\cdot e^{-1/x^2}\,\,=\,\,0.\]
Diesen Grenzwert bestimmt man genauso wie oben mithilfe der Regel von l'H\^opital.
\end{proof}


\begin{satz}\label{satz:treppe}
Es gibt eine $C^\infty$-Funktion $f\colon  \R\to \R$ mit folgenden  Eigenschaften:
\begin{enumerate}
\item  $f(x)=0$ f\"ur $x\leq 0$,
\item  $f(x)=1$ f\"ur $x\geq 1$, und
\item $f$ ist monoton steigend.
\end{enumerate}
\end{satz}

Anders ausgedr\"uckt, die Funktion von Satz~\ref{satz:treppe} ist also konstant $=0$ f\"ur $x\leq 0$ und konstant $=1$ f\"ur $x\geq 1$, aber die Funktion ist trotzdem beliebig oft differenzierbar.
Eine solche Funktion wird manchmal als $C^\infty$-Treppenfunktion  bezeichnet.
\begin{figure}[h]
\begin{center}
\input{exp1x-2.pstex_t}
\caption{}
\label{fig:exp1x-2}
\end{center}
\end{figure}

\begin{proof}
Wir betrachten wiederum die Funktion
\[ \begin{array}{rcl} f\colon  \R&\to & \R\\
x&\mapsto &\left\{ \begin{array}{ll} e^{-\frac{1}{x^2}}, & \mbox{ wenn }x> 0, \\ 0, &\mbox{ wenn }x\leq 0.\end{array} \right.\end{array} \]
Wir hatten in Lemma~\ref{lem:ex2} gezeigt, dass dies eine $C^\infty$-Funktion ist.
Wir betrachten nun die durch $g(x):=f(x)\cdot f(1-x)$ definierte Funktion.
Nachdem $f(x)=0$ f\"ur $x\leq 0$ folgt sofort, dass  $g(x)=0$ f\"ur $x\leq 0$ und $g(x)=0$ f\"ur $x\geq 1$, sowie  $g(x)>0$ f\"ur $x\in (0,1)$. Der Graph von $g$ wird auch in Abbildung \ref{fig:exp1x-3} skizziert.
\begin{figure}[h]
\begin{center}
\input{exp1x-3.pstex_t}
\caption{}
\label{fig:exp1x-3}
\end{center}
\end{figure}
Wir setzen\footnote{Warum ist das Integral $>0$?} $C:=\int_0^1 g(t)dt$.
Wir m\"ussen nun noch folgende Behauptung beweisen.

\begin{behauptung}
Die Funktion
\[ \begin{array}{rcl} h\colon  \R&\to & \R \\
x&\mapsto & \frac{1}{C}\bint\limits_0^x g(t)dt\end{array} \]
hat die gew\"unschten Eigenschaften.
\end{behauptung}

Es folgt aus dem Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung, dass $h$ differenzierbar ist, mit Ableitung $h'(x)=\frac{1}{C}g(x)$. Nachdem $g$ eine $C^\infty$-Funktion ist, ist also auch $h$ eine $C^\infty$-Funktion.
Es folgt nun leicht aus der Definition von $h$ und den Eigenschaften von $f$, dass $h(x)=0$ f\"ur $x\leq 0$ und $h(x)=1$ f\"ur $x\geq 1$. Der Graph der Funktion $h$ wird in Abbildung \ref{fig:exp1x-2} skizziert.
\end{proof}



\newpage

%================================
\section{Das Taylorpolynom}\label{section:taylor}

In diesem Kapitel sei $I$ durchweg ein offenes Intervall, beschr\"ankt oder unbeschr\"ankt.
Zur Erinnerung:  Eine Funktion $f\colon  I\to \R $ hei\ss t $C^n$-Funktion, wenn die Funktion $n$-mal differenzierbar ist und wenn $f^{(n)}$ zudem stetig ist.
Wir sagen, $f$ ist eine $C^{\infty}$-Funktion, wenn $f$ beliebig oft differenzierbar ist.

Es sei nun $f\colon  I\to \R$ eine Funktion und es sei $x_0\in I$. Wir sagen eine Funktion $g\colon  I\to \R$ ist eine \emph{Approximation von $f$ am Punkt $x_0$ von $k$-ter Ordnung}, wenn 
\[ \lim_{x\to x_0}\, \frac{f(x)-g(x)}{(x-x_0)^k}\,=\,0.\]
Wenn $g$ ein Approximation von $k$-ter Ordnung ist, dann ist $g$ auch  f\"ur jedes $l\leq k$ eine Approximation von $l$-ter Ordnung. 
\footnote{In der Tat, denn wenn $l< k$, dann gilt 
\[ \lim_{x\to x_0}\, \frac{f(x)-g(x)}{(x-x_0)^l}\,=\,\, \lim_{x\to x_0}\, \frac{f(x)-g(x)}{(x-x_0)^k}\cdot (x-x_0)^{k-l}
\,=\,
\underset{=0}{\underbrace{\lim_{x\to x_0} \frac{f(x)-g(x)}{(x-x_0)^k}}}\cdot \underset{=0, \,\operatorname{da}\,k>l}{\underbrace{ \lim_{x\to x_0}(x-x_0)^{k-l}}}
\,=\,0.\]
}

Das Ziel ist nun eine `komplizierte' Funktion $f$ durch eine einfachere Funktion zu approximieren.
Beispielsweise, wenn $f$ stetig ist, dann ist die konstante Funktion $g(x):=f(x_0)$ eine Approximation von $f$ am Punkt $x_0$ von $0$-ter Ordnung. Etwas interessanter ist da schon folgendes Lemma.

\begin{lemma}
Es sei   $f\colon  I\to \R$ eine differenzierbare Funktion und $x_0\in I$. Dann ist die \emph{Tangentenfunktion}
\[ p(x)\,\,=\,\,f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0) \]
eine Approximation von $f$ am Punkt $x_0$ von erster Ordnung.
\end{lemma}

\begin{proof}
Es folgt aus den Eigenschaften von Grenzwerten und aus der Definition von $f'(x_0)$, dass 
\[ \begin{array}{rcl} \underset{x\to x_0}{\lim}\,\, \lmfrac{f(x)-p(x)}{x-x_0}&=&
 \underset{x\to x_0}{\lim}\,\,\lmfrac{f(x)-(f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0))}{x-x_0}\\[2mm]
&=&  \underset{=f'(x_0)\,\operatorname{per\,Definition}}{\underbrace{\underset{x\to x_0}{\lim}\,\,\lmfrac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}}}\,\,-\,\, \underset{x\to x_0}{\lim}\,\underset{=f'(x_0)}{\underbrace{\lmfrac{f'(x_0)(x-x_0)}{(x-x_0)}}}\\
&=&0.\end{array} \]
\end{proof}




Wir wollen jetzt zeigen, dass man eine Funktion durch Polynome noch besser approximieren kann.
Zur Erinnerung, ein \emph{Polynom vom Grad $n$}
ist ein Ausdruck der Form
\[ p(x)\,\,=\,\,a_0+a_1x+a_2x^2+\dots+a_nx^n, \]
wobei $a_0,\dots,a_n\in \R$ und $x$ eine Variable ist.

F\"ur eine $C^n$-Funktion  $f\colon  I\to \R$ und  $x_0\in I$, wollen wir nun ein Polynom von Grad $n$ finden, welches eine Approximation von $f$ am Punkt $x_0$ von $n$-ter Ordnung ist. 
Um solch ein Polynom zu finden, beweisen wir erst einmal folgendes Lemma.


\begin{lemma}\label{lem:limxn}
Es seien $f,g\colon  I\to \R$ zwei $C^n$-Funktionen und es sei $x_0\in I$.
Dann gilt
\[ \begin{array}{c}\mbox{$g$ ist eine Approximation von $f$}\\\mbox{am Punkt $x_0$ von $n$-ter Ordnung}\end{array} \quad \Longleftrightarrow\quad \begin{array}{c} \mbox{f\"ur alle $k\in \{0,\dots,n\}$}\\
\mbox{gilt } f^{(k)}(x_0)\,\,=\,\,g^{(k)}(x_0).\end{array}\]
\end{lemma}

\begin{proof}
Wir zeigen zuerst die `$\Leftarrow$'-Aussage.
Wir nehmen also an, dass  $f^{(k)}(x_0)-g^{(k)}(x_0)=0$ f\"ur $k=0,\dots,n$. Durch $n$-faches Anwenden der Regel von l'H\^opital erhalten wir, dass in der Tat
\[ \begin{array}{rcl} \underset{x\to x_0}{\lim} \lmfrac{f(x)-g(x)}{(x-x_0)^n}&\overset{l'H}{=}&\underset{x\to x_0}{\lim} \lmfrac{f^{(1)}(x)-g^{(1)}(x)}{n(x-x_0)^{n-1}}\\[2mm]
&\overset{l'H}{=}&\dots
\,\,\overset{l'H}{=}\,\,
\underset{x\to x_0}{\lim} \lmfrac{f^{(n)}(x)-g^{(n)}(x)}{n!}\,\,=\,\,\lmfrac{f^{(n)}(x_0)-g^{(n)}(x_0)}{n!}\,\,=\,\,0.\end{array} \]


Wir wenden uns nun den Beweis der  `$\Rightarrow$'-Aussage zu.
\footnote{Im weiteren Verlauf der Vorlesung ben\"otigen wir nur die `$\Leftarrow$'-Aussage. Wir geben deswegen den Beweis der `$\Rightarrow$'-Aussage nur der vollst\"andigkeithalber.}
Wir setzen $r(x)=f(x)-g(x)$. 
 Wir nehmen also an, dass 
\[ \lim_{x\to x_0} \frac{r(x)}{(x-x_0)^n}\,\,=\,\,0,\]
und wir m\"ussen zeigen, dass $r^{(k)}(x_0)=0$ f\"ur $k=0,\dots,n$.

Wir beweisen diese Aussage per Induktion nach $k$. F\"ur $k=0$ gilt 
\begin{align*}
\begin{array}{rcl}\hspace{2cm} 0&=&\underset{x\to x_0}{\lim} \lmfrac{r(x)}{(x-x_0)^0}\,\,=\,\,\underset{x\to x_0}{\lim} r(x)\,\,=\,\,r(x_0),
\intertext{d.h.\ es ist $r(x_0)=0$. Wir haben damit den Induktionsanfang vollzogen.
Nehmen wir nun an, dass wir schon wissen, dass $r(x_0)=r^{(1)}(x_0)=\dots=r^{(k)}(x_0)=0$ f\"ur ein $k\in \{0,\dots,n-1\}$. Dann gilt auch, dass}
0&=&\underset{x\to x_0}{\lim} \lmfrac{r(x)}{(x-x_0)^{k+1}}\hspace{1.7cm} \mbox{ nach Voraussetzung}\\[3mm]
&\overset{l'H}{=}&\underset{x\to x_0}{\lim} \lmfrac{r^{(1)}(x)}{(k+1)(x-x_0)^{k}} \quad\quad \mbox{ nach der Regel von l'H\^opital, da $r(x_0)=0$}\\[3mm]
&\overset{l'H}{=}&\dots \\[3mm]
&\overset{l'H}{=}&\underset{x\to x_0}{\lim} \lmfrac{r^{(k+1)}(x)}{(k+1)!}\hspace{2.2cm}\mbox{ nach der Regel von l'H\^opital, da $r^{(k)}(x_0)=0$}\\[3mm]
&=&\tmfrac{1}{(k+1)!}\underset{x\to x_0}{\lim} r^{(k+1)}(x)\\[3mm]
&=&\tmfrac{1}{(k+1)!}r^{(k+1)}(x_0)\quad\quad \hspace{1.3cm} \mbox{weil $r^{(k+1)}$ stetig}.\end{array} \end{align*}
Wir haben also gezeigt, dass $r^{(k+1)}(x_0)=0$, d.h.\ wir haben den Induktionsschritt vollzogen. 

\end{proof}


Es sei nun $f\colon  I\to \R$ eine $C^n$-Funktion und es sei $x_0\in I$.
Wir suchen jetzt also ein Polynom $p$ von Grad $n$, welches am Punkt $x_0$ eine Approximation von $n$-ter Ordnung ist. Nach Lemma~\ref{lem:limxn} gen\"ugt es ein Polynom zu finden, dessen Funktionswert und dessen erste $n$-Ableitungen am Punkt $x_0$ mit denen von $f$ \"ubereinstimmen.

Die Idee ist nun  Polynome von der Form
\[  p(x)\,\,=\,\,\sum_{i=0}^n b_i(x-x_0)^i \]
zu betrachten.
\footnote{
\label{fussnote:polynome} Man kann in der Tat jedes Polynom $p$ von Grad $n$ als eine Summe $p(x)=\sum_{i=0}^n b_i(x-x_0)^i $ schreiben. Wir werden diese Aussage jetzt durch Induktion nach dem Grad von $p(x)$ beweisen.
Die Aussage ist trivial, wenn der Grad null ist, d.h. wenn das Polynom konstant ist. Nehmen wir nun an, dass wir die Aussage schon f\"ur Polynome von Grad $n$ bewiesen haben. Es sei nun $p(x)$ ein Polynom von Grad $n+1$. Es sei $a_{n+1}$ der h\"ochste Koeffizient von $p(x)$. Dann ist $p(x)-a_{n+1}(x-x_0)^{n+1}$ ein Polynom von Grad $n$.
Also folgt aus der Induktionsannahme, dass es $b_0,\dots,b_n\in \R$ gibt, so dass
\begin{align*}
\begin{array}{rcl} \hspace{0.5cm} p(x)-a_{n+1}(x-x_0)^{n+1}&=&b_0+b_1(x-x_0)+b_2(x-x_0)^2+
\dots+b_n(x-x_0)^n.
\intertext{Dann ist aber}
 p(x)&=&b_0+b_1(x-x_0)+b_2(x-x_0)^2+
\dots+b_n(x-x_0)^n+a_{n+1}(x-x_0)^{n+1}.
\end{array} \end{align*}
}
Wir wollen dabei  die Ableitungen von solch einem Polynom $p(x)$ am Punkt $x_0$ studieren. Wir beweisen dazu folgendes elementare Lemma.

\begin{lemma}\label{lem:ablxx0}
Es seien $b_0,\dots,b_n\in \R$. Dann gilt f\"ur $k\in \N_0$, dass
\[  \mbox{$k$-te Ableitung von $\sum\limits_{i=0}^n b_i(x-x_0)^i$ am Punkt $x_0$}\,\,=\,\,\left\{ \begin{array}{ll} k!\cdot b_k, &\mbox{ wenn }k\leq n,\\0, &\mbox{ sonst.}\end{array} \right.\]
\end{lemma}

\begin{proof}
 F\"ur ein beliebiges $i\in \{0,\dots,n\}$ gilt, dass
\[ \mbox{$k$-te Ableitung von $b_i(x-x_0)^i$}\,\,=\,\left\{ \begin{array}{ll} 0, &\mbox{ wenn }i<k, \\
i(i-1)\dots (i-k+1)b_i (x-x_0)^{i-k},&\mbox{ wenn }i\geq k.\end{array} \right.\]
Insbesondere verschwindet die $k$-te Ableitung  am Punkt $x_0$, au\ss er f\"ur $k=i$. 
F\"ur $k=i$ ist die Ableitung am Punkt $x_0$ dann gerade $k!\cdot b_k$. Das Lemma folgt nun aus der Summenformel f\"ur Ableitungen. 
\end{proof}

% Ende 26. Vorlesung 
%=============================================


Wenn die $k$-te Ableitung von einem Polynom $p(x)=\sum_{i=0}^n b_i(x-x_0)^i$  mit der $k$-ten Ableitung von  einer gegebenen Funktion $f$ \"ubereinstimmen soll, dann muss also insbesondere $b_k=\frac{1}{k!}f^{(k)}(x_0)$ gelten. Diese Diskussion f\"uhrt uns zu folgender Definition.

\begin{definition}
Es sei  $f\colon  I\to \R$ eine $C^n$-Funktion und es sei $x_0\in I$.
Wir bezeichnen 
\[ p_{n,x_0}(f)(x)\,\,:=\,\,\sum_{k=0}^n\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k\]
als das \emph{$n$-te Taylorpolynom von $f$ bei $x_0$}.
\footnote{
Wir k\"onnen das $n$-te Taylorpolynom $p_n(x):=p_{n,x_0}(f)(x)$ nat\"urlich auch wie folgt schreiben:
\[ f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)+\frac{f''(x_0)}{2}(x-x_0)^2+\frac{f^{(3)}(x_0)}{3!}(x-x_0)^3+\dots +\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n.\]}
Wenn $f$ und $x_0$ aus dem Kontext klar ersichtlich sind, dann schreiben wir oft einfach auch $p_n(x)$.
\end{definition}

Betrachten wir beispielsweise die Exponentialfunktion am Punkt $x_0=0$. Nachdem alle Ableitungen der Exponentialfunktion wiederum die Exponentialfunktion sind, folgt, dass alle Ableitungen am Punkt $x_0=0$ gerade $\exp(0)=1$ betragen. Es folgt also, dass  das $n$-te Taylorpolynom
von der Exponentialfunktion am Punkt $x_0=0$ gegeben ist durch
\begin{align*}
\begin{array}{rcl}
p_n(x)&=&1+x+\frac{x^2}{2}+\tmfrac{x^3}{3!}+\dots+\tmfrac{x^n}{n!}.
\intertext{Das f\"unfte Taylorpolynom von der Sinusfunktion am Punkt $x_0=0$ ist hingegen gegeben durch}
\hspace{1cm} p_5(x)&=&\sin(0)+\cos(0)x+\tmfrac{-\sin(0)}{2!}x^2
+\tmfrac{-\cos(0)}{3!}x^3
+\tmfrac{\sin(0)}{4!}x^5
+\tmfrac{\cos(0)}{5!}x^5\\
&=&x-\tmfrac{x^3}{3!}+\tmfrac{x^5}{5!}.\end{array} \end{align*}
Wir werden sp\"ater sehen, dass es \emph{kein} Zufall ist, dass diese Taylorpolyome gerade den ersten Partialsummen der Reihen $\exp(x)=\sum_{n=0}^\infty \frac{x^n}{n!}$ und $\sin(x)=\sum_{n=0}^\infty (-1)^n\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}$ entsprechen.

\begin{satz}
Es sei  $f\colon  I\to \R$ eine $C^n$-Funktion und es sei $x_0\in I$. 
Dann gibt das $n$-te Taylorpolynom $p_{n,x_0}(f)$ eine Approximation zu $f$ am Punkt $x_0$ von $n$-ter Ordnung. Zudem ist es das  einzige Polynom von Grad $n$, welches $f$ im Punkt $x_0$ von $n$-ter Ordnung approximiert.
\end{satz}


\begin{proof}
Per Konstruktion gilt  $f^{(k)}(x_0)=p_{n,x_0}(f)^{(k)}(x_0)$ f\"ur $k=0,1,\dots,n$.
Es folgt also aus Lemma~\ref{lem:limxn},  dass  $p_n(x)$  eine Approximation von $f$ von $n$-ter Ordnung   liefert.

Zudem zeigt die Diskussion vor der Definition des Taylorpolynoms, dass die Koeffizienten des Polynoms eindeutig durch die Ableitungen von $f$ bestimmt sind. Das  $n$-te Taylorpolynom ist also das einzige Polynom von Grad $n$, welches $f$ im Punkt $x_0$ von $n$-ter Ordnung approximiert.
\end{proof}

Wir haben jetzt also gesehen, dass das $n$-te Taylorpolynome $p_n(x)$ die urspr\"ungliche Funktion $f$ in einem gegebenen Punkt $x_0$ approximiert, in dem Sinne, dass der Grenzwert $\lim_{x\to x_0} \frac{p_n(x)-f(x)}{(x-x_0)^n}$ verschwindet. 
Wir wollen jetzt im Folgenden eine genauere Aussage treffen, wie weit den nun $p_n(x)$ und $f(x)$ wirklich auseinander liegen.


\begin{definition}
Es sei  $f\colon  I\to \R$ eine $C^n$-Funktion und es sei $x_0\in I$.
Es sei $p_n$ das $n$-te Taylorpolynom von $f$ bei $x_0$. Wir nennen
\[ R_n(x)\,:=\,R_{n,x_0}(f)(x)\,:=\,f(x)-p_n(x)\]
das \emph{$n$-te Restglied von $f$ bei $x_0$}.
\end{definition}

\begin{satz}\label{satz:taylorrestglied} \emph{(Restgliedformel von Taylor)}
Es sei $f\colon  I\to \R$ eine $C^{n+1}$-Funktion und es sei $x_0\in I$. Dann gilt
\[ R_{n,x_0}(f)(x)\,\,=\,\,\int_{x_0}^x\frac{(x-t)^n}{n!}f^{(n+1)}(t)dt.\]
\end{satz}

\begin{proof}
Wir beweisen den Satz mithilfe von Induktion nach $n$.
Es sei zuerst $n=0$. Dann gilt
\[ \begin{array}{rcl} R_0(x)\,\,=\,\,f(x)-p_0(x)&=&f(x)-f(x_0)\\[2mm]
&=&\int\limits_{x_0}^x f'(t)dt\quad\quad \quad \mbox{nach Satz~\ref{satz:stammf}}.\end{array} \]
Wir haben damit also den Induktionsanfang vollzogen.


Nun nehmen wir an, die Aussage gilt f\"ur $n-1$.
Wir m\"ussen nun zeigen, dass sie auch f\"ur $n$ gilt. Es ist
\begin{align*}
 \begin{array}{rcl} \hspace{1cm} R_n(x)&=&f(x)-p_n(x)\\[2mm]
&=&\underset{\tiny{\begin{array}{c}\operatorname{hierauf\,wenden\,wir\,die}\\\operatorname{Induktionsannahme\,an}\end{array}}}{\underbrace{f(x)-p_{n-1}(x)}}\,\,-\,\,\tmfrac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n\\[3mm]
&=&\bint\limits_{x_0}^x\underset{=:u'(t)}{\underbrace{\tfrac{(x-t)^{n-1}}{(n-1)!}}}\cdot \underset{=v(t)}{\underbrace{f^{(n)}(t)}}dt
\,\,-\,\,\tmfrac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n\,\,=\,\,(*)
\intertext{Wir wenden nun partielle Integration an, und wir erhalten}
(*)&=&\bigg[\underset{=u(t)}{\underbrace{-\tmfrac{(x-t)^{n}}{n!}}}\cdot \underset{=v(t)}{\underbrace{f^{(n)}(x)}}\bigg]_{x_0}^x-
\bint\limits_{x_0}^x\underset{u(t)}{\underbrace{-\tmfrac{(x-t)^{n}}{n!}}}\cdot \underset{=v'(t)}{\underbrace{f^{(n+1)}(t)}}dt
\,\,-\,\,\tmfrac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n\\[3mm]
&=&
\bint\limits_{x_0}^x\tmfrac{(x-t)^{n}}{n!}\cdot f^{(n+1)}(t)dt.\end{array} \end{align*}
Zusammengefasst haben wir jetzt also bewiesen, dass $R_n(x)=\int_{x_0}^x\tmfrac{(x-t)^{n}}{n!}\cdot f^{(n+1)}(t)dt$.
\end{proof}

Der folgende Satz erm\"oglicht es oft das Restglied nach oben explizit abzusch\"atzen.

\begin{satz} \emph{(Restgliedformel von Lagrange)}
Es sei $f\colon  I\to \R$ eine $C^{n+1}$-Funktion, es sei $x_0\in I$ und es sei $x\in I$ beliebig.
Dann existiert ein $\xi$ zwischen $x_0$ und $x$, so dass
\begin{align*}
\begin{array}{rcl}  R_{n,x_0}(f)(x)&=&\lmfrac{ f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}\cdot (x-x_0)^{n+1}.
\intertext{Anders ausgedr\"uckt, es existiert ein $\xi$ zwischen $x_0$ und $x$, so dass}
 \hspace{4cm} f(x)&=&\sum\limits_{k=0}^n\lmfrac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k\,\,+\,\, \lmfrac{ f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}\cdot (x-x_0)^{n+1}.
 \end{array}\end{align*}
\end{satz}


\begin{proof}
Wir betrachten im Folgenden nur den Fall, dass $x_0<x$. Der Fall, dass $x_0>x$ wird ganz analog bewiesen.
Wir m\"ussen zeigen, dass es ein $\xi \in (x_0,x)$ gibt, so dass
\begin{align*}
\begin{array}{rcl}f^{(n+1)}(\xi)&=&  R_{n}(x) \lmfrac{(n+1)!}{(x-x_0)^{n+1}}.
\intertext{Aus  Satz~\ref{satz:taylorrestglied} folgt, dass $R_n(x)=\int_{x_0}^x\frac{(x-t)^n}{n!}f^{(n+1)}(t)dt$.
Wir m\"ussen also ein $\xi\in (x_0,x)$ finden, so dass}
\hspace{4cm} f^{(n+1)}(\xi)&=&\int\limits_{x_0}^x\lmfrac{(x-t)^n}{n!}f^{(n+1)}(t)dt\cdot   \lmfrac{(n+1)!}{(x-x_0)^{n+1}}.
\intertext{Oder etwas vereinfacht, so dass}
\hspace{4cm} f^{(n+1)}(\xi)&=&\int\limits_{x_0}^x(x-t)^n f^{(n+1)}(t)dt\cdot   \lmfrac{n+1}{(x-x_0)^{n+1}}.
\end{array}
\end{align*}
\begin{enumerate}
\item[]\textcolor{blue}{
Wir wollen solch ein $\xi$ mithilfe vom  Zwischenwertsatz  \ref{satz:zwischenwert}, angewandt auf die nach Voraussetzung stetige Funktion $f^{(n+1)}$ finden. 
 Ganz analog zum Beweis vom Mittelwertsatz \ref{satz:intmittel} der Integralrechnung schr\"anken wir uns dabei ein auf ein Teilintervall $[a,b]$, so dass $f^{(n+1)}$ an den Endpunkten maximal und minimal wird. }
\end{enumerate}
Nach Voraussetzung ist die  Funktion $f^{(n+1)}|_{[x_0,x]}$  stetig.
Nach Satz~\ref{satz:stetigmaxmin} existieren
also $a,b\in [x_0,x]$, so dass
\[ f^{(n+1)}(a)\,\,\leq \,\,f^{(n+1)}(t)\,\,\leq\,\, f^{(n+1)}(b)\]
f\"ur alle $t\in [x_0,x]$. 
Damit der mittlere Term genauso ausschaut,wie der gew\"unschte Wert f\"ur $f^{(n+1)}(\xi)$, vollziehen wir jetzt folgende drei Umformungen:
\begin{enumerate}
\item wir multiplizieren die Ungleichung mit der (auf $[x_0,x]$ positiven Funktion) $(x-t)^n$,
\item wir integrieren von $x_0$ bis $x$,
\item wir multiplizieren mit $\frac{n+1}{(x-t)^{n+1}}$. 
\end{enumerate}
Es folgt aus Lemma~\ref{lem:vergleich}, dass die Ungleichungen erhalten bleiben. Wir erhalten also, dass
\begin{align*}
\begin{array}{cccccccc}
\underset{=f^{n+1}(a) \frac{(x-x_0)^{n+1}}{n+1}}{\underbrace{ \textstyle \int\limits_{x_0}^x(x-t)^n f^{(n+1)}(a)dt}}   \frac{n+1}{(x-x_0)^{n+1}}
\leq
\int\limits_{x_0}^x(x-t)^n f^{(n+1)}(t)dt   \frac{n+1}{(x-x_0)^{n+1}}
\leq
\underset{=f^{n+1}(b) \frac{(x-x_0)^{n+1}}{n+1}}{\underbrace{ \textstyle
\int\limits_{x_0}^x(x-t)^n f^{(n+1)}(b)dt }}  \frac{n+1}{(x-x_0)^{n+1}}
\intertext{Die linke und die rechte Seite vereinfachen sich also zu $f^{(n+1)}(a)$ und $f^{(n+1)}(b)$, und wir erhalten die Ungleichung }
f^{(n+1)}(a)\,\,\leq \,\,\int\limits_{x_0}^x(x-t)^n f^{(n+1)}(t)dt   \frac{n+1}{(x-x_0)^{n+1}}\,\,\leq\,\, f^{(n+1)}(b).
\end{array}
\end{align*}
Nach dem Zwischenwertsatz (Satz~\ref{satz:zwischenwert}),
angewandt auf die Einschr\"ankung der stetigen Funktion $f^{(n+1)}$ auf $[a,b]$, existiert nun also ein $\xi\in (a,b)\subset (x,x_0)$, so dass
\[  f^{(n+1)}(\xi)\,\,=\,\,
\int\limits_{x_0}^x(x-t)^n f^{(n+1)}(t)dt   \lmfrac{n+1}{(x-x_0)^{n+1}}.\]
\end{proof}

Wir erhalten umgehend folgendes Korollar.

\begin{korollar}
Es sei $f\colon  I\to \R$ eine $C^{n+1}$-Funktion und es sei $x_0\in I$. 
Wenn es ein $C\in \R$ gibt, so dass $|f^{(n+1)}(\xi)|\leq C$ f\"ur alle $\xi$ zwischen $x_0$ und $x$, dann gilt f\"ur alle $x\in I$, dass
\[ |f(x)-p_n(x)|\,\,=\,\,|R_n(x)|\,\,\leq \,\,\lmfrac{C }{(n+1)!}\cdot |x-x_0|^{n+1}.\]
\end{korollar}

\begin{beispiel}
Wir wollen jetzt Taylorpolynome verwenden, um die Werte der Sinusfunktion  n\"aherungsweise zu bestimmen.
Zur Erinnerung, das f\"unfte Taylorpolynom von der Sinusfunktion am Punkt $x_0=0$ ist gegeben durch
\[  p_5(x)\,\,=\,\,x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}. \]
Die sechste Ableitung von der Sinusfunktion ist die $-$ Sinusfunktion. Der Absolutbetrag der Sinusfunktion ist durch $C=1$ beschr\"ankt ist. Es folgt aus dem obigen Korollar, dass f\"ur alle $x\in \R$ gilt:
\[ |\sin(x)-p_5(x)|\,\,\leq \,\,\frac{1}{6!}|x|^6.\]
F\"ur kleine $x$ gibt also $p_5(x)$  schon einen hervorragenden N\"aherungswert f\"ur $\sin(x)$. Beispielsweise
folgt, dass $|\sin(0,\!1)-p_5(0,\!1)|<\frac{1}{720\cdot 10^6}$. In der Tat  ist
\[ \begin{array}{rcl} \sin(0,\!1)&=&0.0998334166... \\
p_5(0,\!1)&=&0,\!0998334167....\end{array} \]
\end{beispiel}

Wir sehen also, dass Taylorpolynome eine Funktion sehr gut approximieren k\"onnen, und je h\"oher der Grad des Taylorpolynoms, desto besser ist die Approximation. Es stellt sich also die Frage, ob man dann nicht vielleicht 
den `Grenzwert $n\to \infty$' bilden kann, d.h.\ ob man nicht gleich die Reihe
\[ \sum_{k=0}^\infty\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k\]
betrachten sollte. Wir wollen dieser Idee im Folgenden nachgehen. Allerdings stellen sich dabei mehrere Fragen:
\begin{enumerate}
\item F\"ur welche $x$ konvergiert die Reihe $\sum_{k=0}^\infty\frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x-x_0)^k$?
\item Selbst wenn die Reihe konvergiert, entspricht sie der Funktion $f$ oder nicht?
\end{enumerate}

% Ende 27. Vorlesung (Raphael)
%======================



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\section{Grenzfunktionen}



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\subsection{Stetigkeit von Grenzfunktionen}
Es sei $D\subset \R$ eine Teilmenge und $(f_n)_{n\in \N}$ eine Folge von Funktionen $f_n\colon  D\to \R$. Die Folge $(f_n)_{n\in \N}$ hei\ss t \emph{punktweise konvergent}, wenn f\"ur jedes $x\in D$ die Zahlenfolge $(f_n(x))_{n\in \N}$ konvergiert. In diesem Fall nennen wir die Funktion
\[ \begin{array}{rcl} D&\to& \R \\
x&\mapsto& f(x):=\underset{n\to \infty}{\lim} f_n(x)\end{array} \]
die \emph{Grenzfunktion der Folge $(f_n)$.}


\begin{beispiel}
F\"ur jedes $n\in \N$ definieren wir
\begin{align*}
\begin{array}{rcl} 
\hspace{5.5cm} f_n\colon  \R&\to& \R \\
x&\mapsto& \sum\limits_{k=0}^n \tmfrac{x^k}{k!}.
\intertext{Dann konvergiert die Funktionenfolge $(f_n)$ punktweise
gegen}
 \exp\colon  \R&\to& \R \\
x&\mapsto& \sum\limits_{k=0}^\infty \tmfrac{x^k}{k!}\,\,=\,\,\underset{n\to\infty}{\lim} \sum\limits_{k=0}^n \tmfrac{x^k}{k!}.\end{array} \end{align*}
\end{beispiel}

Die Funktionen $f_n$ im vorherigen Beispiel sind alle stetig und die Grenzfunktion war in dem Beispiel auch wiederum stetig. Es stellt sich die Frage, ob das immer der Fall ist. D.h.\ die Frage ist, ob die Grenzfunktion von einer punktweise konvergenten Folge von stetigen Funktionen wiederum stetig ist. Wir werden im n\"achsten Beispiel sehen, dass dies im Allgemeinen \emph{nicht} der Fall ist.

\begin{beispiel}
F\"ur $n\geq 1$ betrachten wir die Funktionen
\begin{align*}
 \begin{array}{rcl} f_n\colon  \R &\to&\R \\
x&\mapsto& \left\{ \begin{array}{ll} 1-n|x|, & \mbox{ falls }|x|\leq \frac{1}{n},\\
0, &\mbox{ andernfalls,}\end{array} \right.
\intertext{welche in Abbildung \ref{fig:graphfnf} skizziert werden.
Die Funktionen $f_n$ sind  offensichtlich stetig. Wir werden in \"Ubungsblatt 14 sehen, dass die Funktionenfolge punktweise konvergiert, und dass die Grenzfunktion $f$  hierbei wie folgt gegeben ist:}
\hspace{5cm} \R &\to& \R \\
x&\mapsto& f(x):=\underset{n\to \infty}{\lim} f_n(x)=
\left\{ \begin{array}{ll} 1, & \mbox{ falls }x=0, \\
0, &\mbox{ andernfalls.}\end{array} \right.
\end{array} \end{align*}
\begin{figure}[h]
\begin{center}
\input{nichtstetigegrenzfunktion.pstex_t}
\caption{}\label{fig:graphfnf}
\end{center}
\end{figure}
Insbesondere ist die Grenzfunktion \emph{nicht stetig}.
\end{beispiel}

Unser Ziel ist nun ein Kriterium f\"ur Funktionenfolgen  zu finden, welches garantiert, dass die Grenzfunktion von stetigen Funktionen wiederum stetig ist. Wir f\"uhren dazu erst noch folgende Definition ein:

\begin{definition}
Es sei $f\colon  D\to \R$ eine Funktion. Wir definieren dann
\footnote{F\"ur eine nach oben unbeschr\"ankte Menge $M$ schreiben wir hier $\sup(M)=\infty$.}
\[ \|f\|\,:=\,\sup\big\{ |f(x)|\,\big|\, x\in D\big\}\quad \in [0,\infty)\cup \{\infty\}\]
als die \emph{Supremumsnorm von $f$}.
\end{definition}

Wir fassen einige grundlegende Eigenschaften von $\|-\|$ in folgendem Lemma zusammen.
Das Lemma folgt leicht aus den Definitionen und wird in \"Ubungsblatt 14 bewiesen.

\begin{lemma}\label{lem:abstandfg}
Es seien $f,g\colon  D\to \R$ Funktionen und $\l\in \R$. Dann gilt
\begin{align*}
\begin{array}{rrcl}
\hspace{2cm}(1) & \quad\hspace{2cm} \|f+g\|&\leq & \|f\|+\|g\|\hspace{1.5cm} \mbox{$($Dreiecksungleichung$)$}\\
(2) & \quad \|\lambda  f\|&=&|\l|\cdot \|f\|
\intertext{zudem gilt f\"ur jedes $x\in D$, dass} 
(3) & \quad |f(x)|&\leq & \|f\|.\end{array} \end{align*}
\end{lemma}




\begin{definition}
Es sei  $(f_n)$ eine Folge von Funktionen $f_n\colon  D\to \R$. Wir definieren
\[
\begin{array}{lccccccccc}
\mbox{$(f_n)$ konvergiert gleichm\"a\ss ig gegen $f\colon  D\to \R$}\quad  &\Longleftrightarrow&\quad
\underset{\epsilon>0}{\bigforall}&\underset{N\in \N}{\bigexists}&\underset{n\geq N}{\bigforall}
&\|f_n-f\|<\epsilon.\end{array} \]
\end{definition}

Man kann sich beispielsweise leicht davon \"uberzeugen, dass die Funktionenfolge $(f_n)$ im obigen Beispiel nicht gleichm\"a\ss ig gegen $f$ konvergiert.


\begin{lemma}
Jede gleichm\"a\ss ig konvergente Funktionenfolge konvergiert auch  punktweise.
\end{lemma}

\begin{proof}
Es sei  $(f_n)$ eine Folge von Funktionen $f_n\colon  D\to \R$, welche  gleichm\"a\ss ig gegen $f$ konvergiert. 
Nach Lemma~\ref{lem:abstandfg} (3) gilt f\"ur jedes $x\in D$, dass $|f_n(x)-f(x)|\leq \|f_n-f\|$. Es folgt nun leicht aus den Definitionen, dass $\lim_{n\to \infty} f_n(x)=f(x)$.
\end{proof}

Der folgende Satz zeigt nun, dass sich gleichm\"a\ss ig konvergente Funktionenfolgen `im Grenzwert' deutlich besser verhalten als beliebige Funktionenfolgen. Insbesondere sehen wir auch, dass die Funktionenfolge $(f_n)$ im obigen Beispiel nicht gleichm\"a\ss ig  konvergiert.

\begin{satz}\label{satz:gleichmkonv} 
Es sei $(f_n)$ eine Funktionenfolge stetiger Funktionen auf $D\subset \R$, welche gleichm\"a\ss ig gegen $f\colon  D\to \R$ konvergiert. Dann ist $f$ ebenfalls stetig.
\end{satz}

\begin{proof}
Es sei also $(f_n)$ eine Funktionenfolge stetiger Funktionen, welche gleichm\"a\ss ig gegen $f\colon  D\to \R$ konvergiert.
Wir m\"ussen zeigen, dass $f$ stetig ist.
Es sei also $x_0\in D$ und $\epsilon>0$ gegeben.
Wir m\"ussen  zeigen, es existiert ein $\delta>0$, so dass f\"ur alle
$x\in (x_0-\delta ,x_0+\delta)\cap D$ gilt:
\[ |f(x)-f(x_0)|<\epsilon.\]
\begin{enumerate}
\item[]\textcolor{blue}{
Die Voraussetzungen besagen, dass wir Kontrolle \"uber $|f(x)-f_n(x)|$
f\"ur alle $x\in D$ zugleich  haben (hier ben\"utzen wir die gleichm\"a\ss ige Konvergenz und Lemma \ref{lem:abstandfg} (3)), und dass wir f\"ur jedes $n$ Kontrolle \"uber $|f_n(x)-f_n(x_0)|$ erhalten
(wegen der Stetigkeit der Funktionen $f_n$). Mithilfe folgender Absch\"atzung k\"onnen wir dann diese Informationen auf unsere Problemstellung anwenden:
\[\quad\quad \quad|f(x)-f(x_0)|\,\,\leq\,\, |f(x)-f_n(x)|\,+\,|f_n(x)-f_n(x_0)|\,+\,|f_n(x_0)-f(x_0)|.\]
Die Idee ist nun, $n$ und  $\delta>0$ so geschickt zu w\"ahlen, dass alle drei Terme jeweils kleiner als $\frac{\epsilon}{3}$ sind.
}
\end{enumerate}
Wegen der gleichm\"a\ss igen Konvergenz von $(f_n)$ existiert ein $n$, so dass 
\begin{align*}
\begin{array}{rrcll}
\hspace{2.5cm} \mbox{(A)} & \quad\quad \quad \quad |f(y)-f_n(y)|&<&\frac{\epsilon}{3}\quad \quad\quad &\mbox{f\"ur alle $y\in D$.}
\intertext{Wegen der Stetigkeit von $f_n$ existiert zudem ein $\delta>0$, so dass
}
\mbox{(B)} & |f_n(x)-f_n(x_0)|&<&\frac{\epsilon}{3}&\mbox{f\"ur alle $x\in (x_0-\delta, x_0+\delta)\cap D$}\end{array} \end{align*}
Dann gilt f\"ur alle
$x\in (x_0-\delta ,x_0+\delta)\cap D$,  dass
\[  |f(x)-f(x_0)|\,\,\leq \,\,\underset{<\frac{\epsilon}{3}\operatorname{\,wegen\,(A)}}{\underbrace{|f(x)-f_n(x)|}}\,+\,
\underset{<\frac{\epsilon}{3}\operatorname{\,wegen\,(B)}}{\underbrace{|f_n(x)-f_n(x_0)|}}\,+\,
\underset{<\frac{\epsilon}{3}\operatorname{\,wegen\,(A)}}{\underbrace{|f_n(x_0)-f(x_0)|}}\,\,<\,\,\epsilon.\]
\end{proof}


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\subsection{Kriterien f\"ur die gleichm\"a\ss ige Konvergenz von Funktionenfolgen}
Wir haben also gesehen, dass es wichtig ist, mit gleichm\"a\ss ig konvergenten  Funktionenfolgen zu arbeiten.
Allerdings wollen wir eher  ungern f\"ur eine gegebene Funktionenfolge `per Hand' \"uberpr\"ufen, ob diese tats\"achlich gleichm\"a\ss ig konvergiert. Wir  werden deshalb im Folgenden verschiedene Kriterien beweisen, welche garantieren, dass eine gegebene Funktionenfolge gleichm\"a\ss ig konvergiert.

\begin{definition}
Es sei $(f_n)$ eine Folge von Funktionen auf $D\subset \R$. Wir definieren
\[ \mbox{$(f_n)$ ist eine Cauchy-Folge} \quad:\Longleftrightarrow\quad  
\underset{\epsilon>0}{\bigforall}\,\,\underset{N\in \N}{\bigexists} \,\,\underset{n,m\geq N}{\bigforall}\,\,\|f_n-f_m\|<\epsilon. \]
\end{definition}


\begin{satz} $($Cauchy-Kriterium f\"ur gleichm\"a\ss ige Konvergenz$)$\label{satz:ckreihen}\mbox{}
\begin{enumerate}
\item Jede gleichm\"a\ss ig konvergente Folge ist eine Cauchy-Folge.
\item Jede Cauchy-Folge $(f_n)_{n\in \N}$ von Funktionen $D\to \R$  konvergiert  gleichm\"a\ss ig gegen eine Funktion $f\colon  D\to \R$.
\end{enumerate}
\end{satz}

\begin{proof}\mbox{}
\begin{enumerate}
\item Es sei  $(f_n)_{n\in \N}$ eine  Folge von  Funktionen, welche gleichm\"a\ss ig gegen eine Funktion $f$ konvergiert. Mithilfe von Lemma~\ref{lem:abstandfg} (1) und (2) k\"onnen wir wort-w\"ortlich den Beweis von Satz~\ref{satz:konvcf} \"ubernehmen, um zu zeigen, dass  $(f_n)_{n\in \N}$ eine Cauchy-Folge ist.
\item Es sei nun $(f_n)_{n\in \N}$ eine Cauchy-Folge von Funktion auf $D\subset \R$. 
Es folgt aus Lemma~\ref{lem:abstandfg} (3), dass dann  f\"ur jedes $x$ die Folge $(f_n(x))_{n\in \N}$ eine Cauchy-Folge von reellen Zahlen ist. Insbesondere existiert f\"ur jedes $x$ der Grenzwert $f(x):=\lim_{n\to \infty} f_n(x)$.
Wir zeigen nun, dass $(f_n)$ gleichm\"a\ss ig gegen die Funktion $f(x)=\lim_{n\to \infty} f_n(x)$  konvergiert.

Sei also $\epsilon>0$.
Nach Voraussetzung existiert ein $N\in \N$, so dass f\"ur alle $n,m\geq N$ gilt $\|f_n-f_m\|<\frac{\epsilon}{2}$.
Insbesondere gilt f\"ur alle $n\geq N$, dass
\[ \begin{array}{rcl}\hspace{1.5cm} \|f-f_n\|&=&\sup\big\{\big| f(x)-f_n(x)\big|\, \big|\, x\in D\big\}\\[2mm]
&=&\sup\Big\{ \big|\underset{m\to \infty}{\lim}\,\,\underset{\tiny\begin{array}{c}\in (-\frac{\epsilon}{2},\frac{\epsilon}{2})\\\operatorname{nach\,Lemma\,}\ref{lem:abstandfg} (3)\end{array}}{\underbrace{f_m(x)-f_n(x)}}\big|\,\Big|\,x\in D\Big\}\,\,\leq\,\, \frac{\epsilon}{2}\,\,<\,\,\epsilon.\end{array}\]
\end{enumerate}
\end{proof}


Es sei nun $(f_n)$ eine Folge von Funktionen auf $D\subset \R$.
Wir sagen, die Reihe $\sum_{n=0}^\infty f_n$ von Funktionen konvergiert punktweise (bzw. gleichm\"a\ss ig), wenn
die Folge der Partialsummen $s_n=\sum_{k=0}^n f_k$ mit $n\in \N$ punktweise (bzw. gleichm\"a\ss ig) konvergiert.

Wir erhalten nun folgende Kriterien f\"ur die gleichm\"a\ss ige Konvergenz von Reihen.


\begin{satz}\label{satz:majkritreihe} \emph{(Majoranten-Kriterium f\"ur Funktionenreihen)}
Es sei $g_n\colon  D\to \R, n\in \N$ eine Folge von Funktionen. Wenn es eine konvergente Reihe $\sum_{n=0}^\infty c_n$ von reellen Zahlen gibt, so dass 
\[ \|g_n\|\,\,\leq \,\,c_n\quad \mbox{ f\"ur alle $n\in \N$},\]
dann konvergiert die Funktionenreihe $\sum_{n=0}^\infty g_n$  gleichm\"a\ss ig.
\end{satz}

\begin{proof}
Wir setzen $s_n:=\sum_{k=0}^n g_k$. Nach Satz~\ref{satz:ckreihen} gen\"ugt es zu zeigen,
dass $(s_n)_{n\in \N}$ eine Cauchy-Folge von Funktionen ist. 
Der Beweis dieser Aussage  ist Wort f\"ur Wort der gleiche wie der Beweis vom Majoranten-Kriterium f\"ur Reihen $\sum_{n=0}^\infty a_n$ (siehe Satz~\ref{satz:majkrit}), man muss nur durchgehend `$s_n$' durch `$s_n(x)$ f\"ur alle $x\in D$' ersetzen.
\end{proof}

Wir k\"onnen jetzt einen neuen Beweis von Satz~\ref{satz:expstetig} geben.
\\

\noindent\textbf{Satz~\ref{satz:expstetig}.}
\emph{Die Exponentialfunktion $\exp\colon  \R\to \R$ ist stetig.}
\\

\begin{proof}
Es sei $x_0\in \R$. Wir w\"ahlen ein $a>0$, so dass $x_0\in (-a,a)$. Es gen\"ugt zu zeigen, dass die Einschr\"ankung von $\exp$ auf das Intervall $(-a,a)$ stetig ist.  
Nachdem alle Partialsummen $\sum_{k=0}^n \frac{x^k}{k!}$ stetig sind, folgt nun aus  Satz~\ref{satz:gleichmkonv},
dass es gen\"ugt folgende Behauptung zu beweisen.


\begin{behauptung}
Die Reihe $\sum\limits_{n=0}^\infty \frac{x^n}{n!}$ konvergiert gleichm\"a\ss ig auf $(-a,a)$.
\end{behauptung}

Wir setzen $g_n(x)=\frac{x^n}{n!}$.
Wir wollen nun mithilfe von Satz \ref{satz:majkritreihe} zeigen, dass die Reihe $\exp(x)=\sum_{n=0}^\infty g_n(x)$ auf dem Intervall $(-a,a)$ gleichm\"a\ss ig konvergiert. Wie im Beweis von Satz \ref{satz:expkonv}
ist hierbei die Idee, dass wir die Reihe mit einer geometrischen Reihe absch\"atzen.


 Wir w\"ahlen ein $N\in \N$, so dass $N\geq 2|a|$. Dann gilt f\"ur alle $n\geq N$ und $x\in (-a,a)$, dass
\[ \begin{array}{rcl} |g_n(x)|\,\,=\,\,|g_N(x)|\cdot \left|\frac{g_{n}(x)}{f_N(x)}\right|&\leq&|\frac{x^N}{N!}|\left|\frac{x^{n}N!}{x^Nn!}\right|\\
&\leq&\frac{a^N}{N!}\left|\frac{x^{n-N}}{(N+1)\cdot\dots \cdot n}\right|\\
&=&\frac{a^N}{N!}\cdot \underset{\leq\frac{a}{N}\leq \frac{1}{2}}{\underbrace{\tfrac{|x|}{N+1}}}\cdot \dots \cdot \underset{\leq\frac{a}{N}\leq\frac{1}{2}}{\underbrace{\tfrac{|x|}{n}}}\,\,<\,\,\frac{a^N}{N!}\left(\frac{1}{2}\right)^{n-N}.\end{array} \]
Wir haben also bewiesen, dass $\|g_n\|\leq \frac{a^N}{N!}(\frac{1}{2})^{n-N}$.
Da die geometrische Reihe $\left(\frac{1}{2}\right)^{n-N}$ konvergiert, folgt nun aus dem Majoranten-Kriterium, dass die Funktionenreihe  $\sum_{n=N}^\infty g_n(x)$ gleichm\"a\ss ig konvergiert.
Also konvergiert auch die Reihe $\sum_{n=0}^\infty g_n(x)$ gleichm\"a\ss ig.
Wir haben damit die Behauptung bewiesen.


\end{proof}



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\subsection{Integrale und Funktionenfolgen}
Es sei $f_n\colon  [a,b]\to \R$ eine Folge von integrierbaren Funktionen, welche punktweise gegen  eine integrierbare Funktion $f\colon  [a,b]\to \R$ konvergiert. Es stellt sich die Frage, ob dann ganz allgemein gilt, dass 
\[ \int_a^b f(x)dx\,\,=\,\,\lim_{n\to \infty} \int_a^b f_n(x)dx.\]
Im Allgemeinen ist dies jedoch nicht der Fall. Betrachten wir beispielsweise die Funktionenfolge
\[
\begin{array}{rcl} 
f_n\colon  [0,2]&\to & \R\\
x&\mapsto& \left\{ \begin{array}{cc} 
 n^2x, &\mbox{ wenn }x\in [0,\frac{1}{n}),\\[2mm]
2n-n^2x, &\mbox{ wenn }x\in [\frac{1}{n},\frac{2}{n}), \\[2mm]
0,&\mbox{ wenn }x\in [\frac{2}{n},2],\end{array} \right.\end{array} \]
welche in Abbildung \ref{fig:fninit} skizziert wird.
Jede dieser Funktionen ist offensichtlich stetig mit Integral $\int_0^2 f_n(x)dx=1$. Andererseits konvergiert diese Funktionenfolge punktweise gegen die Funktion $f(x)=0$. In diesem Fall gilt also, dass
\[ \int_0^2 f(x)dx\,\,=\,\,0\,\,\ne\,\,1=\,\,\lim_{n\to \infty} \int_0^2 f_n(x)dx.\]
\begin{figure}[h]
\begin{center}
\input{fninit.pstex_t}
\caption{}\label{fig:fninit}
\end{center}
\end{figure}

Der folgende Satz besagt nun, dass dieses Problem wiederum dadurch umgangen werden kann, dass man sich auf gleichm\"a\ss ig konvergente Funktionenfolgen einschr\"ankt.

\begin{satz} \label{satz:konvint} $($Konvergenz-Satz f\"ur Integrale$)$
Es sei $f_n\colon  [a,b]\to \R$ eine Folge von Funktionen, welche gleichm\"a\ss ig gegen $f\colon  [a,b]\to \R$ konvergiert. Wenn alle Funktionen $f_n$ integrierbar sind, dann ist auch $f$ integrierbar, und es gilt
\[ \int_a^b f(x)dx\,\,=\,\,\lim_{n\to \infty} \int_a^b f_n(x)dx.\]
\end{satz}

% Ende 28. Vorlesung (Raphael)
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Im Beweis von Satz~\ref{satz:konvint} werden wir folgendes Lemma verwenden.

\begin{lemma}\label{lem:boundint}
Es sei $g\colon  [a,b]\to \R$ eine beschr\"ankte Funktion. Dann gilt f\"ur jede Zerlegung $Z$ von $[a,b]$, dass 
\begin{align*}
\begin{array}{rcl}\hspace{6cm} | O(Z,g)|&\leq & \|g\|\cdot (b-a).
\intertext{Zudem, wenn $g$ integrierbar ist, dann gilt} 
 \left|\int\limits_a^b g(x)dx dx \right|&\leq &\|g\|\cdot (b-a).\end{array} \end{align*}
\end{lemma}

\begin{proof}
F\"ur alle $x\in [a,b]$ gilt, dass $g(x)\in \Big[-\|g\|,\|g\|\Big]$. 
Die erste Aussage folgt nun leicht aus den Definitionen
(siehe auch \"Ubungsblatt~13). Die zweite Aussage folgt direkt aus der ersten Aussage.
\end{proof}

Wir k\"onnen jetzt Satz~\ref{satz:konvint} beweisen.

\begin{proof}[Beweis von Satz~\ref{satz:konvint}]
\mbox{}
\begin{enumerate}
\item[]\textcolor{blue}{
Nach Satz~\ref{satz:riemannkrit} gen\"ugt es,  eine Folge von Zerlegungen $(Z_k)_{k\in \N}$ von $[a,b]$ zu finden, so dass die dazugeh\"origen Unter- und Obersummen von $f$
gegen $\lim_{n\to \infty} \int_a^b f_n(x)dx$ konvergieren.
Die Idee ist nun f\"ur jedes $k$ eine Zerlegung `f\"ur $f_k$' zu nehmen, so dass f\"ur gro\ss e $k$ die Zerlegungen `immer besser werden'.}
\end{enumerate}
Wir konstruieren nun eine Folge von Zerlegungen $(Z_k)_{k\in \N}$ wie folgt. 
Es sei $k\in \N$.  Nachdem $f_k$ integrierbar folgt aus 
 Satz~\ref{satz:riemannkrit}, dass es eine Zerlegung $Z_k$ von $[a,b]$ gibt, so dass 
\[    \bigg|O(Z_k)-\int_a^b f_k(x)dx\bigg|\,\,<\,\,\lmfrac{1}{k}
\quad\mbox{ und }\quad  \bigg|U(Z_k)-\int_a^b f_k(x)dx\bigg|\,\,<\,\,\lmfrac{1}{k}.\]
Nach Satz~\ref{satz:riemannkrit} gen\"ugt es nun folgende Behauptung zu beweisen.

\begin{behauptung}
Es ist 
\[ \lim_{k\to \infty} U(Z_k,f)\,\,=\,\,\lim_{k\to \infty} O(Z_k,f)\,\,=\,\,\lim_{n\to \infty} \int_a^b f_n(x)dx.\]
\end{behauptung}

Wir werden jetzt zeigen, dass $\lim_{k\to \infty} O(Z_k,f)=\lim_{n\to \infty} \int_a^b f_n(x)dx$.
Die Aussage \"uber den Grenzwert der Untersummen wird dann ganz analog bewiesen.

Wir beginnen mit einer Absch\"atzung. F\"ur beliebiges $k$  ist
\[
\begin{array}{rcl} && \bigg|O(Z_k,f)-\underset{n\to \infty}{\lim}\, \bint\limits_a^b f_n(x)dx\bigg|\\[3mm]
&\leq& 
\bigg|O\Big(Z_k,f\Big)-O(Z_k,f_k)\bigg|+\bigg|O(Z_k,f_k)-\bint\limits_a^bf_k(x)dx\bigg|
+ \bigg|\bint\limits_a^bf_k(x)dx- \underset{n\to\infty}{\lim} \bint\limits_a^b f_n(x)dx\bigg| \\
&=&\underset{\tiny \begin{array}{c} \leq \|f-f_k\|\cdot |b-a|\\\operatorname{nach\,Lemma\,\ref{lem:boundint}}\end{array}}{\underbrace{\bigg| \phantom{\textstyle \int\limits_a^b}O(Z_k, f-f_k)\bigg|}}\,+\,\underset{<\frac{1}{k}}{\underbrace{\textstyle \bigg|O(Z_k,f_k)-\bint\limits_a^bf_k(x)dx\bigg|}}\,+\,  \underset{n\to\infty}{\lim}\underset{\tiny \begin{array}{c} \leq \|f_n-f_k\|\cdot |b-a|\\\operatorname{nach\,Lemma\,\ref{lem:boundint}}\end{array}}{\underbrace{ \bigg|\textstyle \bint\limits_a^b f_k(x)-f_n(x)dx\bigg|}}.\end{array}\]

Es sei nun $\epsilon>0$. Wir wollen jetzt zeigen, dass f\"ur gen\"ugend gro\ss e $k$ alle drei Summanden $<\frac{\epsilon}{3}$ sind.



Nachdem die Folge  $f_n\colon  [a,b]\to \R$ von Funktionen gleichm\"a\ss ig gegen $f\colon  [a,b]\to \R$ konvergiert, gibt es  ein $K_1$, so dass $\| f-f_k\|<\frac{\epsilon}{6|b-a|}$ f\"ur alle $k\geq K_1$.
Nach Satz~\ref{satz:ckreihen} gibt es zudem ein $K_2\in \N$, so dass $\|f_n-f_k\|<\frac{\epsilon}{6|b-a|}$ f\"ur alle $n,k\geq K_2$. F\"ur alle $k\geq \max\{K_1,\frac{3}{\epsilon},K_2\}$ gilt dann, dass 
\[
\begin{array}{rcl} && \bigg|O(Z_k,f)-\underset{n\to \infty}{\lim}\, \bint\limits_a^b f_n(x)dx\bigg|\\[2mm]
&=&\underset{\leq \frac{\epsilon}{6},\operatorname{\,da\,}k\geq K_1}{\underbrace{\bigg|O(Z_k, f-f_k)\bigg|}}\,+\,\underset{<\frac{\epsilon}{3},\operatorname{\,da\,}k\geq \frac{3}{\epsilon}}{\underbrace{\textstyle \bigg|O(Z_k,f_k)-\bint\limits_a^bf_k(x)dx\bigg|}}\,+\,  \underset{n\to\infty}{\lim}\underset{\leq\frac{\epsilon}{6},\operatorname{\,da\,}k\geq K_2}{\underbrace{ \bigg|\textstyle \bint\limits_a^b f_k(x)-f_n(x)dx\bigg|}}\\
&\leq&\tmfrac{\epsilon}{6}+\tmfrac{\epsilon}{3}+\tmfrac{\epsilon}{6}\,\,<\,\,\epsilon.\end{array}\]
Wir haben also gezeigt, dass  $\underset{k\to \infty}{\lim} O(Z_k,f)=\underset{n\to \infty}{\lim} \int_a^b f_n(x)dx$.
\end{proof}



\newpage
%=========================================
\section{Potenzreihen}



Im Folgenden sei $(c_n)_{n\in \N}$ eine Folge von \emph{komplexen Zahlen} und es sei $a\in \C$. Eine
\emph{Potenzreihe} ist ein formaler Ausdruck von der Form
\[  f\,\,=\,\,\sum_{n=0}^\infty c_n(z-a)^n,\]
wobei $z$ eine Variable ist.
Wir interessieren uns f\"ur die Menge der komplexen Zahlen, f\"ur welche die Potenzreihe konvergiert.

\begin{beispiel}\mbox{}
\begin{enumerate}
\item
Betrachten wir   die Reihe $f=\sum_{n=0}^\infty z^n$. Es sei $z\in \C$. Dann gilt:
\begin{enumerate}
\item Wenn $|z|<1$,  dann konvergiert die Reihe $\sum_{n=0}^\infty z^n$ nach dem Quotientenkriterium.
\item Wenn $|z|\geq 1$, dann ist $(z^n)_{n\in \N}$, keine Nullfolge, das hei\ss t  die Reihe  divergiert.
\end{enumerate}
\item
Betrachten wir nun
die Reihe $\sum_{n=1}^\infty \frac{z^n}{n}$. Es sei $z\in \C$. Dann k\"onnen wir folgende Beobachtungen machen:
\begin{enumerate}
\item Wenn  $|z|<1$ dann konvergiert die Potenzreihe nach dem Quotientenkriterium.
\item Wenn $|z|>1$ dann divergiert die Reihe, nachdem $ \frac{z^n}{n}$ keine Nullfolge ist.
\item F\"ur $z=1$ erhalten wir die harmonische Reihe, welche nach Korollar~\ref{kor:harmonisch} divergiert.
\item F\"ur $z=-1$ konvergiert die Potenzreihe nachdem  Leibniz-Kriterium.
\item F\"ur $z=i$ hatten wir in \"Ubungsblatt 9 gesehen, dass die Reihe konvergiert.
\end{enumerate}
Im allgemeinen  ist es  kniffelig zu bestimmen, f\"ur welche $z$'s auf dem Einheitskreis die Reihe $f(z)$ konvergiert.\footnote{Es sei $z$ eine $k$-te Einheitswurzel. Dann konvergiert die Potenzreihe wenn $k$ gerade ist und die Potenzreihe divergiert wenn $k$ ungerade. Mir ist nicht klar, was passiert, wenn $z$ keine Einheitswurzel ist.}
\end{enumerate}
\end{beispiel}

Es sei $a\in \C$ und $r\in \R^+$. Wir schreiben
\[ \begin{array}{rcll}\overline{D(a,r)}&:=& \{z\in \C \,\Big|\, |z-a|\leq r\}\quad &\mbox{ die geschlossene Scheibe von Radius $r$ um $a$},\mbox{ und}\\
 D(a,r)&:=& \{z\in \C \,\Big|\, |z-a|<r\}\quad &\mbox{ die offene Scheibe von Radius $r$ um $a$.}
\end{array} \]
Wir k\"onnen nun folgenden Satz formulieren.

\begin{satz}\label{satz:potenzglm}
Es sei
\[ f(z)\,\,=\,\,\sum_{n=0}^\infty c_n(z-a)^n\]
eine Potenzreihe, welche f\"ur ein $z_0\ne a\in \C$ konvergiert. F\"ur jedes  $0\leq r<|z_0-a|$  konvergiert  die Potenzreihe 
\footnote{D.h.\ wir betrachten die Funktionenfolge $f_k(z):=\sum_{n=0}^k c_n(z-a)^n$.}
  auf der geschlossenen Scheibe 
\[ \overline{D(a,r)}\,\,=\,\,\{z\in \C\,\Big|\, |z-a|\leq r\}\]
gleichm\"a\ss ig.\footnote{F\"ur $D\subset \C$ und eine Funktion $f\colon  D\to \C$ definieren wir hierbei, ganz analog zu reellen Funktionen, die Norm von $f$ als
\[ \|f\|:=\sup\{ |f(z)|\,\Big|\, z\in D\}.\]
Der Begriff der gleichm\"a\ss igen Konvergenz von Funktionenfolgen \"ubertr\"agt sich dann auf offensichtlich Weise von reellen Funktionen auf komplexe Funktionen.}
\end{satz}
\begin{figure}[h]
\begin{center}
\input{scheibe1.pstex_t}
\caption{Illustration von Satz \ref{satz:potenzglm}.}
\end{center}
\end{figure}


\begin{proof}
Um die Notation etwas zu vereinfachen, betrachten wir nur den Fall $a=0$. 
Es sei also $f(z)\,=\,\sum_{n=0}^\infty c_nz^n$ eine Potenzreihe, welche f\"ur ein $z_0\ne 0\in \C$ konvergiert. Es sei $0\leq r<|z_0|$. Wir m\"ussen zeigen, dass die  Reihe auf $ \overline{D(0,r)}\,\,=\,\,\{z\in \C\,\Big|\, |z|\leq r\}$
 gleichm\"a\ss ig konvergiert.

Nachdem  Majoranten-Kriterium f\"ur Funktionen-Folgen, siehe Satz~\ref{satz:majkritreihe}, gen\"ugt es zu zeigen, dass es ein $C\in \R$ und ein $\theta\in [0,1)$ gibt, so dass
f\"ur alle $n\in \N$ gilt, dass 
\[ |c_nz^n|\,\,\leq\,\, C\cdot \theta^n\quad \mbox{  alle $z\in D(0,r)$}.\]
\begin{enumerate}
\item[]\textcolor{blue}{
F\"ur $z\in D(0,r)$ und $n\in \N$  ist $ |c_n z^n|\,\,=\,\,|c_n z_0^n|\cdot \Big| \frac{ z}{ z_0}\Big|^n$. Wir wollen jetzt also den ersten Faktor durch eine feste Zahl $C$ absch\"atzen und den zweiten Term durch ein $\theta^n$, wobei $\theta\in [0,1)$.
}
\end{enumerate}
Nachdem die Reihe $\sum_{n=0}^\infty c_n z_0^n$ konvergiert, ist die Folge  $(c_nz_0^n)_{n\in \N}$ insbesondere beschr\"ankt. Es  existiert also  ein $C$, so dass
\[ |c_n z_0^n| \leq C \]
f\"ur alle $n$. Setzen wir zudem $\theta:=\Big| \frac{r}{ z_0}\Big|$, dann gilt f\"ur alle $z\in D(0,r)$, dass 
\[ |c_n z^n|\,\,=\,\,|c_n z_0^n|\cdot \underset{\leq \theta=\frac{r}{|z_0|}}{\underbrace{\bigg|\, \frac{ z}{ z_0}\,\bigg|}}^n\,\,\leq\,\,C\cdot \theta^n.\]
\end{proof}

\begin{definition}
Es  sei $f(z)=\sum_{n=k}^\infty c_n(z-a)^n$ eine Potenzreihe. Dann nennen wir
\[ R:=\sup\bigg\{ |z-a|\,\,\,\bigg|\,\, \sum_{n=0}^\infty c_n(z-a)^n\mbox{ konvergiert }\bigg\}\in \R_{\geq 0}\cup \{\infty\}\]
den \emph{Konvergenzradius der Potenzreihe $f(z)$.}
\end{definition}



In folgendem Lemma bestimmen wir einige wichtige Konvergenzradien.

\begin{lemma}\mbox{}\label{lem:konvergenzradien}
\begin{enumerate}
\item Der Konvergenzradius der Reihen $\sum\limits_{n=0}^\infty z^n $ und $\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{z^n}{n}$ ist eins. 
\item Der Konvergenzradius der  Exponentialreihe $\sum\limits_{n=0}^\infty \frac{z^n}{n!}$  ist $\infty$.
\end{enumerate}
\end{lemma}

\begin{proof}\mbox{}
\begin{enumerate}
\item Beide Reihen konvergieren f\"ur alle $z\in \C$ mit $|z|<1$. Also ist der Konvergenzradius mindestens $1$. Andererseits divergieren beide Reihen f\"ur alle $z\in \C$ mit $|z|>1$, also ist der Konvergenzradius h\"ochstens $1$.
\item Der Beweis von Satz~\ref{satz:expkonv} zeigt, dass die Exponentialreihe $\sum_{n=0}^\infty \frac{z^n}{n!}$ f\"ur jedes $z\in \C$ konvergiert, also ist der Konvergenzradius $\infty$.
\end{enumerate}
\end{proof}

\begin{lemma}\label{lem:konvr}
Es sei $R$ der Konvergenzradius einer Potenzreihe $f=\sum_{n=0}^\infty c_n(z-a)^n$. F\"ur $z\in \C$ gilt
\[\begin{array}{rcl}
|z-a|<R &\Rightarrow & f(z) \mbox{ konvergiert},\\
|z-a|>R &\Rightarrow & f(z) \mbox{ divergiert}.\end{array} \]
\end{lemma}


Wie wir am Beispiel der Reihe $\sum_{n=0}^\infty \frac{z^n}{n}$ gesehen hatten, k\"onnen wir keine allgemeine Aussage \"uber die Konvergenz einer Reihe f\"ur komplexe Zahlen $z$ mit $|z-a|=R$ treffen.

\begin{figure}[h]
\begin{center}
\input{scheibe2.pstex_t}
\caption{Illustration von Satz \ref{lem:konvr}.}
\end{center}
\end{figure}


\begin{proof}
Es sei also $z\in \C$ mit $|z-a|<R$. Dann existiert per Definition vom Konvergenzradius ein $z_0\in \C$ mit $|z-a|<|z_0-a|$, und so dass die Potenzreihe $f(z_0)$ konvergiert. Es folgt dann aus  Satz~\ref{satz:potenzglm}, angewandt auf $r:=|z-a|$, dass die Potenzreihe $f(z)$ ebenfalls konvergiert. Die zweite Aussage  folgt aus der Definition von $R$.
\end{proof}

\begin{lemma}\label{lem:fzstetig}
Sei $R$ der Konvergenzradius der Potenzreihe $f=\sum_{n=0}^\infty c_n(z-a)^n$.
Dann ist die Funktion
\[ \begin{array}{rcl} D(a,R)= \{ z\in \C\,\Big|\, |z-a|<R\}&\to& \C\\
z&\mapsto & f(z)\end{array} \]
stetig.
\end{lemma}

\begin{proof}
Es sei $r\in (0,R)$ beliebig. Es folgt aus  Satz~\ref{satz:potenzglm}, dass die Potenzreihe gleich\-m\"a\ss ig auf $\overline{D(a,r)}$ konvergiert. 
Es folgt dann aus  Satz~\ref{satz:gleichmkonv}, dass $f$ stetig ist auf $\overline{D(a,r)}$.
Anders ausgedr\"uckt, $f$ ist stetig auf allen Schreiben $\overline{D(a,r)}$ mit $r<R$. Die Vereinigung aller dieser Scheiben ist aber gerade $D(a,R)= \{ z\in \C\,|\, |z-a|<R\}$. Also ist die Funktion auch auf $D(a,R)$ stetig. 
\end{proof}


Im n\"achsten Kapitel wird folgendes Lemma eine wichtige Rolle spielen. 

\begin{lemma}\label{lem:gleicherkonvergenzradius}
Es sei  $f(z)=\sum_{n=0}^\infty c_n(z-a)^n$ eine Potenzreihe und es sei $(d_n)$ eine Folge von reellen Zahlen, so dass f\"ur alle $s\in [0,1)$ gilt, dass $\lim_{n\to \infty} d_ns^n=0$. Dann ist
\[ \mbox{ Konvergenzradius von $\sum\limits_{n=0}^\infty d_nc_n(z-a)^n$}\quad\geq \quad
\mbox{Konvergenzradius von $\sum\limits_{n=0}^\infty c_n(z-a)^n$}.\]
\end{lemma}

Beispielsweise, f\"ur jedes $k\in \Z$  ist die Voraussetzung erf\"ullt f\"ur die Folge $d_n=n^k$. Es folgt also aus 
Lemma~\ref{lem:konvergenzradien} und Lemma~\ref{lem:gleicherkonvergenzradius}, angewandt auf $c_n=\frac{1}{n}$ und $d_n=n^2$ und zudem angewandt auf $c_n=n$ und $d_n=\frac{1}{n^2}$, dass
\[ \hspace{0.33cm}\mbox{ Konvergenzradius von $\sum\limits_{n=0}^\infty nz^n$}\quad=\quad
\mbox{Konvergenzradius von $ \sum\limits_{n=0}^\infty \frac{1}{n} z^n$}\quad=\quad 1.\]
Wir erhalten also den gleichen Konvergenzradius. Aber auf der Kreislinie $|z-a|=R$ kann sich das Konvergenzverhalten unterscheiden. Beispielsweise konvergiert die rechte Potenzreihe f\"ur $z=-1$, aber die linke divergiert f\"ur $z=-1$.


\begin{proof}
Um die Notation etwas zu vereinfachen, betrachten wir wieder den Spezialfall $a=0$. Der allgemeine Fall wird ganz analog bewiesen.
Es sei also  $f(z)=\sum_{n=0}^\infty c_nz^n$ eine Potenzreihe und es sei $(d_n)$ eine Folge von reellen Zahlen, so dass f\"ur alle $s\in [0,1)$ gilt, dass $\lim_{n\to \infty} d_ns^n=0$. 
Es folgt aus der Definition des Konvergenzradius, dass es gen\"ugt folgende Behauptung zu beweisen.

\begin{behauptung}
Wenn die Potenzreihe $\sum_{n=0}^\infty c_nz^n$ f\"ur ein $z_0\in \C$ konvergiert, dann 
konvergiert die Potenzreihe $\sum_{n=0}^\infty d_nc_nz^n$ f\"ur jedes $z$ mit $|z|<|z_0|$.
\end{behauptung}

Es sei also $z_0\in \C$, so dass die Reihe $\sum_{n=0}^\infty c_nz_0^n$ konvergiert.
Es sei zudem $z\in \C$ mit $|z|<|z_0|$. Wir w\"ahlen ein $w\in \C$ mit $|z|<|w|<|z_0|$. Dann gilt 
\[ \sum_{n=0}^\infty d_nc_nz^n\,\,=\,\,\sum_{n=0}^\infty c_n\cdot d_n\bigg(\frac{z}{w}\bigg)^n\cdot w^n.\]
Nach Voraussetzung ist $\lim_{n\to \infty} \Big|d_n\big(\frac{z}{w}\big)^n\Big|=\lim_{n\to \infty} d_n \Big|\frac{z}{w}\Big|^n=0$. Insbesondere existiert also ein $N\in \N$, so dass $\Big|d_n\big(\frac{z}{w}\big)^n\Big|\leq 1$ f\"ur alle $n\geq N$. Wie im Beweis von Satz \ref{satz:potenzglm} sehen wir zudem, dass die Reihe 
$\sum_{n=0}^\infty  c_nw^n$ absolut konvergiert.
Es folgt nun also aus dem Majoranten-Kriterium und aus der absoluten Konvergenz der Reihe 
$\sum_{n=N}^\infty c_\cdot w^n$, dass die Reihe 
$\sum_{n=N}^\infty d_nc_nz^n$, und damit auch die Reihe $\sum_{n=0}^\infty d_nc_nz^n$, konvergiert.
\end{proof}

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\subsection{Die Hadamardsche Formel f\"ur den Konvergenzradius $(*)$}
In diesem kurzen Kapitel werden wir die Hadamardsche Formel formulieren, welche es erlaubt den Konvergenzradius einer Potenzreihe direkt von den Koeffizienten der Potenzreihe abzulesen. Dieses Kapitel ist \emph{nicht} Teil der Vorlesung.

F\"ur eine nach oben unbeschr\"ankte Menge $M$ schreiben wir jetzt $\sup(M)=\infty$. 
F\"ur eine Folge $(a_n)_{n\in \N}$ von reellen Zahlen definieren wir
\footnote{Wenn die Folge $(a_n)$ nach oben unbeschr\"ankt ist, dann gilt f\"ur alle $k\in \N$, dass 
$\sup\{a_k\,|\,k\geq n\}=\infty$, den Grenzwert der Folge $\underset{n\to \infty}{\lim} \sup\{a_k\,|\,k\geq n\}$ definieren wir dann nat\"urlich als $+\infty$. Die analoge Aussage gilt nat\"urlich auf f\"ur den Limes inferior.}
\[ \begin{array}{rcll} \limsup a_n&:=&\underset{n\to \infty}{\lim} \underset{\tiny{\begin{array}{c}\operatorname{monoton\,fallende}\\\operatorname{Folge}\end{array}}}{\underbrace{\sup\{a_k\,|\,k\geq n\}}}\in \R\cup \{\pm\infty\}&\mbox{ `Limes superior'} \\
\liminf a_n&:=&\underset{n\to \infty}{\lim} 
\underset{\tiny{\begin{array}{c}\operatorname{monoton\,steigende}\\\operatorname{Folge}\end{array}}}{\underbrace{\inf\{a_k\,|\,k\geq n\}}}\in \R\cup \{\pm\infty\}&\mbox{ `Limes inferior'}. \end{array} \]
Wenn $(a_n)$ eine konvergente Folge ist, dann gilt 
\[ \liminf a_n\,\,=\,\,\lim_{n\to \infty} a_n\,\,=\,\,\limsup a_n.\]


Der folgende Satz erlaubt es nun,  zumindest im Prinzip,
den Konvergenzradius einer Potenzreihe direkt von den Koeffizienten der Potenzreihe ablesen:

\begin{satz} \emph{(Hadamardsche Formel)}
Es sei $(c_n)_{n\in \N}$ eine Folge von komplexen Zahlen. Dann gilt
\[ \mbox{Konvergenzradius der Potenzreihe $\sum\limits_{n=0}^\infty c_n(z-a)^n$}\,\,=\,\, \left(\limsup  \sqrt[n]{|c_n|}\right)^{-1}\]
Hier verwenden wir die Konvention, dass
$0^{-1}:=\infty$ und $\infty^{-1}:=0$.
\end{satz}

Dieser Satz wird beispielsweise auf Seite 143 von Walter: Analysis I bewiesen.

\begin{beispiel}\mbox{}
\begin{enumerate}
\item F\"ur die Potenzreihe $\sum_{n=0}^\infty 2^n z^n$ ist der Konvergenzradius gegeben durch
\[\left(\limsup  \sqrt[n]{|2^n|}\right)^{-1}\,\,=\,\,
\Big(\limsup \,\,2\Big)^{-1}\,\,=\,\,\frac{1}{2}.\]
\item
Wir betrachten nun die Exponentialreihe $\sum_{n=0}^\infty \frac{x^n}{n!}$. 
Dann gilt f\"ur alle $n\in \N$, dass  $n!\geq (\frac{n}{2})^{\frac{n}{2}}=(\frac{\sqrt{n}}{2})^n$. 
\footnote{Wenn $n=2k$ gerade ist, dann gilt  $n!=(2k)!\geq (k+1)(k+2)\cdot \dots \cdot 2k\geq k^k=(\frac{n}{2})^{\frac{n}{2}}$. F\"ur ungerade $n$ wird die Aussage fast genauso bewiesen.}  Mit dieser Absch\"atzung folgt nun, dass der Konvergenzradius der Exponentialreihe gegeben ist durch
\[  \hspace{1.5cm} \left(\limsup  \sqrt[n]{\tfrac{1}{n!}}\right)^{-1}
\,\,\geq \,\,  \left(\limsup  \sqrt[n]{(\tfrac{2}{\sqrt{n}})^n}\right)^{-1}\\\,\,\geq\,\,
\left(\limsup  {\frac{2}{\sqrt{n}}}\right)^{-1}\,\,=\,\,0^{-1}\,\,=\,\,\infty.\]
\end{enumerate}
\end{beispiel} 

%=========================================
\subsection{Ableitungen und Stammfunktionen von Potenzreihen}
Im Folgenden betrachten wir Ableitungen und Stammfunktionen von Funktionen, welche durch Potenzreihen definiert werden. Nachdem wir den Begriff der Ableitung und der Stammfunktion von komplexen Funktionen noch nicht definiert haben, werden wir von jetzt an nur noch reelle Reihen betrachten.

Der folgende Satz besagt nun, dass man durch Potenzreihen definierte Funktionen `naiv' ableiten und integrieren kann.

\begin{satz}\label{satz:ablpotenz}
Es sei $(c_n)_{n\in \N}$ eine Folge von reellen Zahlen und es sei $a\in \R$.
Es sei $R$ der   Konvergenzradius von $\sum_{n=0}^\infty c_n(x-a)^n $.  Dann gilt auf dem Intervall $(a-R,a+R)$, dass 
\footnote{Etwas pr\"aziser kann die erste Aussage wie folgt formuliert werden: 
\[ \lmfrac{d}{dx} \left(\begin{array}{rcl} (a-R,a+R)&\to & \R\\ x&\mapsto &\sum\limits_{n=0}^\infty c_n(x-a)^n\end{array}\right)\,\,=\,\,
\left(\begin{array}{rcl} (a-R,a+R)&\to & \R\\ x&\mapsto &\sum\limits_{n=0}^\infty nc_n(x-a)^{n-1}\end{array} \right).\]
Die zweite Aussage kann ganz analog formuliert werden.
}
\begin{align*}
\begin{array}{lrcll}
(1)\hspace{1.6cm}&\lmfrac{d}{dx} \,\,\sum\limits_{n=0}^\infty c_n(x-a)^n &\,=\,& \sum\limits_{n=1}^\infty nc_n(x-a)^{n-1}\quad & \mbox{ `gliedweise Ableitung'}
\intertext{sowie}
(2)&\int \,\,\sum\limits_{n=0}^\infty c_n(x-a)^n  \,\,dx&\,=\,&\sum\limits_{n=0}^\infty \frac{c_n}{n+1}(x-a)^{n+1} &\mbox{ `gliedweise Integration'.}\end{array} 
  \end{align*}
Insbesondere konvergieren die Reihen auf der rechten Seite f\"ur alle $x\in (a-R,a+R)$.
\end{satz}



Es folgt, dass durch Potenzreihen definierte Funktionen notwendigerweise $C^\infty$-Funktionen sind.

\begin{beispiel}
Betrachten wir die Exponentialreihe $\exp(x)=\sum_{n=0}^\infty \frac{x^n}{n!}$.
Durch gliedweises Ableiten erhalten wir
\[ \frac{d}{dx}\, \exp(x)\,\,=\,\,\frac{d}{dx}\sum_{n=0}^\infty \frac{x^n}{n!}\,\,=\,\,\sum_{n=0}^\infty n \frac{x^{n-1}}{n!}\,\,=\,\,
\sum_{n=1}^\infty \frac{x^{n-1}}{(n-1)!}\,\,=\,\,
\sum_{n=0}^\infty \frac{x^{n}}{n!}\,\,=\,\,\exp(x).\]
Dies gibt uns also einen neuen Beweis f\"ur die uns schon bekannte Tatsache, dass die Ableitung der Exponentialfunktion wiederum die Exponentialfunktion ist. 
\footnote{Ganz analog kann man sehen, dass die  gliedweise Ableitung von $\sin(x)=\sum\limits_{k=0}^\infty (-1)^k\frac{x^{2k+1}}{(2k+1)!}$ die Potenzreihe $\cos(x)=\sum\limits_{k=0}^\infty (-1)^k\frac{x^{2k}}{(2k)!}$ liefert.}
\end{beispiel}

\begin{proof}
Es sei $(c_n)_{n\in \N}$ eine Folge von reellen Zahlen und  $R$ der   Konvergenzradius von $\sum_{n=0}^\infty c_n(x-a)^n $. Es folgt aus Lemmas~\ref{lem:konvr} und~\ref{lem:gleicherkonvergenzradius}, dass die beiden Reihen 
\[ \sum\limits_{n=1}^\infty nc_n(x-a)^{n-1}\quad \mbox{ und }\sum\limits_{n=0}^\infty \frac{c_n}{n+1}(x-a)^{n+1}\]
ebenfalls auf $(a-R,a+R)$ konvergieren.

Wir beweisen nun zuerst die zweite Aussage. Genauer gesagt, wir wollen nun  zeigen, dass 
\begin{align*}
\begin{array}{rcl}
 \hspace{2cm} \lmfrac{d}{dx}  \left(x\,\mapsto \,\sum\limits_{n=0}^\infty \lmfrac{c_n}{n+1}(x-a)^{n+1}\right)&=&
\left( x\,\mapsto \,f(x):=\sum\limits_{n=0}^\infty c_n(x-a)^{n}\right).
\intertext{Die Funktion $f(x)=\sum_{n=0}^\infty c_n(x-a)^{n}$ ist stetig nach Lemma \ref{lem:fzstetig}. Es folgt also aus dem Hauptsatz der Differential- und Integralrechnung, dass}
 \lmfrac{d}{dx} \left( x\,\mapsto \,\bint\limits_a^x f(t)dt \right)&=&
\left(x\,\mapsto\,f(x)=\sum\limits_{n=0}^\infty c_n(x-a)^{n}\right).\end{array} 
\end{align*}
Es gen\"ugt also folgende Behauptung zu zeigen.

\begin{behauptung}
F\"ur alle $x\in (a-R,a+R)$ gilt:
\[ \hspace{0.7cm}\int_a^x f(t)dt\,\,=\,\, \sum_{n=0}^\infty \frac{c_n}{n+1}(x-a)^{n+1}.\]
\end{behauptung}




Es sei also $x\in (a-R,a+R)$. Dann gilt
\begin{align*}
 \begin{array}{rcl}
 \hspace{4cm}\bint\limits_a^x f(t)dt&=&\bint\limits_a^x  \underset{k\to \infty}{\lim} \sum\limits_{n=0}^k c_n(t-a)^n dt\,\,=\,\,(*)
\intertext{Nach Satz~\ref{satz:potenzglm} konvergiert die Folge von Funktionen $ \sum_{n=0}^k c_knt-a)^n$ auf dem geschlossenen Intervall von $a$ bis $x$  gleichm\"a\ss ig. Es folgt also aus Satz~\ref{satz:konvint}, dass wir `den Grenzwert rausziehen k\"onnen', d.h.\ es folgt, dass}
(*)
&=&\underset{k\to\infty}{\lim} \bint\limits_a^x\sum\limits_{n=0}^k c_n(t-a)^ndt\\[3mm]
&=&\underset{k\to\infty}{\lim} \left[\sum\limits_{n=0}^k \frac{c_n}{n+1}(t-a)^{n+1}\right]_a^x\\[3mm]
&=&\underset{k\to\infty}{\lim} \sum\limits_{n=0}^k \frac{c_n}{n+1}(x-a)^{n+1}
\,\,=\,\,\sum\limits_{n=0}^\infty \frac{c_n}{n+1}(x-a)^{n+1}.\end{array} \end{align*}
Wir haben damit die Behauptung bewiesen.


Wir wenden uns nun dem Beweis der ersten Aussage  zu.
Wir m\"ussen also  zeigen, dass die Ableitung von $f$ gegeben ist durch die Reihe $\sum_{n=1}^\infty nc_n(x-a)^{n-1}$. Indem wir die Reihe  $\sum_{n=0}^\infty nc_n(x-a)^{n-1}$ gliedweise integrieren, erhalten wir aus der schon gezeigten Aussage (a),  dass
\begin{align*}
\begin{array}{rcl}
\hspace{3.5cm} \bint \,\,\sum\limits_{n=0}^\infty nc_n(x-a)^{n-1}  \,\,dx&=&\sum\limits_{n=0}^\infty c_n(x-a)^{n}.
\intertext{Aber per Definition von einer Stammfunktion ist dies gerade die gew\"unschte Aussage, dass}
\,\,\sum\limits_{n=0}^\infty nc_n(x-a)^{n-1}  \,\,dx&=& \lmfrac{d}{dx}\sum\limits_{n=0}^\infty c_n(x-a)^{n}.
\end{array}\end{align*}
\end{proof}


%================================
\subsection{Der abelsche Grenzwertsatz und seine Anwendungen}

\begin{satz} \label{satz:abelgw} \emph{(Abelscher Grenzwertsatz)}
Es sei $(c_n)_{n\in \N}$ eine Folge von reellen Zahlen und $a\in \R$.
Es  sei
\[ f(x)\,\,=\,\,\sum_{n=0}^\infty c_n(x-a)^n\] die dazugeh\"orige  Potenzreihe.
Wenn die Potenzreihe $f$ f\"ur ein $x_0>a$ konvergiert, dann ist die Funktion $x\mapsto f(x)$ stetig auf $[a,x_0]$.
\end{satz}

\begin{proof}
Es sei $x_0>a$, so dass die Potenzreihe $f(x)=\sum_{n=0}^\infty c_n(x-a)^n$ f\"ur $x=x_0$ konvergiert. 
Um die Notation etwas zu vereinfachen, nehmen wir an, dass $a=0$ und $x_0=1$. Der allgemeine Fall wird ganz analog bewiesen.

Wir m\"ussen zeigen, dass die Funktion $x\mapsto \sum_{n=0}^\infty c_nx^n$ auf dem kompakten Intervall $[0,1]$ stetig ist. Es folgt aus Lemma~\ref{lem:fzstetig}, 
dass  die Funktion auf dem halb-offenem Intervall $[0,1)$ stetig ist.
 Es verbleibt also zu zeigen, dass $f\colon  x\mapsto \sum_{n=0}^\infty c_nx^n$ auch im Punkt $x=1$ stetig ist.


Wir setzen 
\[  s_k\,:=\, \sum_{n=0}^k c_n \mbox{ und } s\,:=\,f(1)\,=\,\sum_{n=0}^\infty c_n.\]
 Wir beweisen nun  zuerst folgende Behauptung.

\begin{behauptung}
F\"ur jedes $x\in [0,1)$ gilt 
\[\hspace{-1.2cm} f(1)-f(x)\,\,=\,\,(1-x)\sum_{n=0}^{\infty} (s-s_n)x^n.\]
\end{behauptung}


Wir setzen zudem $ s_{-1}:=0$. F\"ur $x\in [0,1)$ gilt dann, dass 
\begin{align*}
\begin{array}{rcl}
\hspace{3cm} f(x)= \sum\limits_{n=0}^\infty c_nx^n&=&\underset{k\to \infty}{\lim} \sum\limits_{n=0}^k c_nx^n\\[2mm]
&=&\underset{k\to \infty}{\lim} \sum\limits_{n=0}^k \underset{=c_n}{\underbrace{(s_n-s_{n-1})}}x^n\\[2mm]
&=&\underset{k\to \infty}{\lim}\left(s_kx^k+(1-x) \sum\limits_{n=0}^{k-1} s_nx^n\right)\,\,=\,\,(*)
\intertext{Wir hatten vorausgesetzt, dass die Potenzreihe bei $x=1$ konvergiert. Die Folge der Partialsummen $(s_k)$ ist daher konvergent, insbesondere beschr\"ankt. Zudem ist $(x^k)$ eine Nullfolge, also ist auch  $s_kx^k$ eine Nullfolge. Wir erhalten also, dass}
(*)&=&(1-x)\sum\limits_{n=0}^{\infty} s_nx^n.
\intertext{Es folgt nun, dass }
f(1)-f(x)&=&  s \underset{=1}{\underbrace{(1-x)\sum\limits_{n=0}^\infty x^n}} -(1-x)\sum_{n=0}^\infty s_nx^n\\[3mm]
 &=& (1-x)\sum\limits_{n=0}^\infty (s-s_n)x^n. \end{array}
\end{align*}
Wir haben also die Behauptung bewiesen.
\smallskip 

Wir wollen nun zeigen, dass die Funktion $f$ in der Tat im Punkt $x=1$ stetig ist. 
Sei also $\epsilon>0$. Wir m\"ussen zeigen, dass es ein $\delta>0$ gibt, so dass
$|f(1)-f(x)|<\epsilon$ f\"ur alle $x>1-\delta$.

Nachdem $\lim_{n\to \infty} (s-s_n)=0$ existiert ein $N\in \N$, so dass $|s-s_n|<\frac{\epsilon}{2}$ f\"ur alle $n\geq N$.
Dann folgt aus der obigen Behauptung, dass f\"ur alle $x\in [0,1)$ gilt
\begin{align*}
 \begin{array}{rcl} \Big|f(1)-f(x)\Big|\,\,=\,\, \bigg|(1-x)\sum\limits_{n=0}^\infty (s-s_n)x^n\bigg| 
&=&  \bigg|(1-x)\,
\sum\limits_{n=0}^{N-1} (s-s_n)x^n+ (1-x)\sum\limits_{n=N}^{\infty} (s-s_n)x^n\bigg|\\[2mm]
&<&  (1-x)\underset{\leq C:=\sum\limits_{n=0}^{N-1} |s-s_n|}{\underbrace{\sum_{n=0}^{N-1} |s-s_n|x^n}}+ (1-x)\underset{\leq\frac{\epsilon}{2}\sum\limits_{n=0}^\infty x^n=\frac{\epsilon}{2}\frac{1}{1-x}}{\underbrace{\sum_{n=N}^{\infty} \frac{\epsilon}{2} x^n}}\\[3mm]
&\leq & (1-x)C+\lmfrac{\epsilon}{2}.
\intertext{F\"ur $x\in (1-\frac{\epsilon}{2C},1)$ gilt dann}
 |f(1)-f(x)|&<& (1-x)C+\frac{\epsilon}{2}\,\,<\,\,\frac{\epsilon}{2}+\frac{\epsilon}{2}\,\,=\,\,\epsilon.\end{array}
 \end{align*}
\end{proof}


\begin{beispiel}
Aus Satz~\ref{satz:reihexn} folgt, dass
\begin{align*}
\begin{array}{rcll} 
\hspace{4.7cm}\lmfrac{1}{1+x}&=&\sum\limits_{n=0}^\infty (-1)^nx^n \quad & \mbox{ f\"ur alle $x\in (-1,1)$}.
\intertext{Wir betrachten jetzt Stammfunktionen dieser Funktion.
Aus $\frac{d}{dx}\ln(x)=\frac{1}{x}$, aus  Satz~\ref{satz:ablpotenz} und aus Lemma~\ref{lem:stammf} folgt, dass es ein $C\in \R$ gibt, so dass }
\ln(1+x)&=&\sum\limits_{n=0}^\infty (-1)^n\lmfrac{x^{n+1}}{n+1} \,\,+C\quad & \mbox{ f\"ur alle $x\in (-1,1)$}.
\intertext{Indem wir $x=0$ einsetzen, sehen wir, dass $C=0$. Also ist }
\ln(1+x)&=&\sum\limits_{n=0}^\infty (-1)^n\lmfrac{x^{n+1}}{n+1} \quad & \mbox{ f\"ur alle $x\in (-1,1)$}.
\intertext{Es folgt aus dem Leibnitz-Kriterium, dass die Reihe auf der rechten Seite f\"ur $x=1$ konvergiert.
Aus der Stetigkeit der Logarithmusfunktion und aus Satz  \ref{satz:abelgw} folgt nun, dass die obige Gleichheit auf dem Intervall $(-1,1)$ sich auf  $x=1$ fortsetzt. Wir sehen also, dass}
 \ln(2)&=& \sum\limits_{n=0}^\infty \lmfrac{(-1)^{n}}{n+1}.
\intertext{Wir k\"onnen die rechte Seite noch etwas umformen, und wir erhalten, dass }
 -\ln(2)&=& \sum\limits_{n=1}^\infty (-1)^n \lmfrac{1}{n}.
\intertext{Wir haben jetzt also eine der Reihen, welche wir mit am l\"angsten kennen, explizit bestimmt.}
\end{array}
\end{align*}
\end{beispiel}

\begin{beispiel}
Aus Satz~\ref{satz:reihexn} folgt auch, dass
\begin{align*}
\begin{array}{rcll} 
\hspace{4.7cm}\lmfrac{1}{1+x^2}&=&\sum\limits_{n=0}^\infty (-1)^nx^{2n} \quad & \mbox{ f\"ur alle $x\in (-1,1)$}.
\intertext{Wir betrachten jetzt Stammfunktionenen dieser Funktion.
Aus $\frac{d}{dx}\arctan(x)=\frac{1}{1+x^2}$, aus  Satz~\ref{satz:ablpotenz}  und aus Lemma~\ref{lem:stammf} folgt, dass es ein $C\in \R$ gibt, so dass }
\arctan(x)&=&\sum\limits_{n=0}^\infty (-1)^n\lmfrac{x^{2n+1}}{2n+1} \,\,+C\quad & \mbox{ f\"ur alle $x\in (-1,1)$}.
\intertext{Indem wir wiederum $x=0$ einsetzen, sehen wir, dass $C=0$. Also ist }
\arctan(x)&=&\sum\limits_{n=0}^\infty (-1)^n\lmfrac{x^{2n+1}}{2n+1} \quad & \mbox{ f\"ur alle $x\in (-1,1)$}.
\intertext{Es folgt aus dem Leibnitz-Kriterium, dass die Reihe auf der rechten Seite f\"ur $x=1$ konvergiert. Aus der Stetigkeit der Arkustangensfunktion und aus Satz  \ref{satz:abelgw} folgt nun, dass diese Gleichheit auch f\"ur $x=1$ gilt. Wir sehen also, dass}
 \lmfrac{\pi}{4}\,\,=\,\,\arctan(1)&=& \sum\limits_{n=0}^\infty \lmfrac{(-1)^{n}}{2n+1}.\end{array} \end{align*}
Zur ann\"aherungsweisen Berechnung von $\pi$ ist diese
Darstellung allerdings ungeeignet, weil die Reihe nur `langsam' konvergiert. Beispielsweise, wenn Sie $\frac{\pi}{4}$ bis auf sechs Stellen berechnen wollen, dann m\"ussen Sie die Summe
$\sum_{k=0}^n\frac{(-1)^{k}}{2k+1}$ f\"ur $n=500.000$ berechnen.
\end{beispiel}

\newpage
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\section{Die Taylor-Reihe und reell-analytische Funktionen $(*)$}
Dieses letzte Kapitel ist leider auch nicht mehr offizieller Teil der Vorlesung.

Wir setzen jetzt, nach langer Unterbrechung, die Diskussion \"uber Approximationen von Funktionen fort.


\begin{definition}
Sei $f\colon  (a,b)\to \R$ eine $C^\infty$-Funktion und $x_0\in (a,b)$, dann hei\ss t
\[ \sum_{n=0}^\infty \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n\]
die \emph{Taylorreihe von $f$ am Punkt $x_0$.}
\end{definition}

\begin{beispiel}
Wenn $f\colon  (a,b)\to \R$ durch eine konvergente Potenzreihe
\begin{align*}
\begin{array}{rcl} \hspace{5cm} f(x)&=&\sum\limits_{n=0}^\infty a_n(x-x_0)^n
\intertext{gegeben ist, dann folgt aus Satz~\ref{satz:ablpotenz}, mit dem gleichen Argument wie im Beweis von Lemma~\ref{lem:ablxx0}, dass}
f^{(n)}(x_0)&=&n!\cdot a_n.
\intertext{Es folgt also, dass }
&&\sum\limits_{n=0}^\infty a_n(x-x_0)^n\end{array}
\end{align*}
auch die Taylorreihe von $f$ am Punkt  $x_0$ ist. Insbesondere sind die Taylorreihen von $\exp(x), \sin(x)$ und $ \cos(x)$ am Punkt $x_0=0$ dann gegeben durch
\[\exp(x)\,=\,\sum_{n=0}^\infty \frac{x^n}{n!},\quad
\sin(x)\,=\, \sum_{k=0}^\infty (-1)^k\frac{x^{2k+1}}{(2k+1)!}\,\mbox{ und }
 \cos(x)\,=\,\sum_{k=0}^\infty (-1)^k\frac{x^{2k}}{(2k)!}.\]
\end{beispiel}

\begin{definition}
Es sei $f\colon  (a,b)\to \R$ eine $C^\infty$-Funktion und $x_0\in (a,b)$. Wenn es ein $\delta>0$ gibt, so dass 
\[ f(x)\,\,=\,\,  \sum_{n=0}^\infty \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n\]
f\"ur alle $x\in (x_0-\delta,x_0+\delta)$, dann sagen wir, dass \emph{$f$ lokal bei $x_0$ in eine Potenzreihe entwickelbar ist}.
\end{definition}

\begin{definition}
Eine Funktion $f\colon  D\to \R$, die sich um jeden inneren Punkt $x_0$ von $D$ lokal in eine Taylorreihe entwickeln l\"a\ss t, hei\ss t \emph{reell-analytisch}.
\end{definition}

\begin{lemma}
Die Exponentialfunktion ist reell-analytisch.
\end{lemma}


\begin{proof}
Es  sei $x_0\in \R$, dann gilt
\[ \exp(x)=\exp(x_0)\cdot \exp(x-x_0)=\exp(x_0)\cdot
\sum_{n=0}^\infty \frac{(x-x_0)^n}{n!}=
\sum_{n=0}^\infty \frac{\exp(x_0)}{n!}(x-x_0)^n.\]
\end{proof}


Eine ganz \"ahnliche Aussage trifft auch zu, wenn wir die Exponentialfunktion als Funktion wieder auf $\C$ betrachten. Es folgt dann auch, dass der Realteil
und der Imagin\"arteil reell analytisch sind. Dies zeigt dann, dass auch die Sinus-Funktion und die Kosinus-Funktion reell analytisch sind. 

In Fu\ss note \ref{fussnote:polynome} hatten wir implizit gezeigt, dass  Polynome reell analytisch sind. Das n\"achste Lemma zeigt, dass die rationale Funktion $f(x)=\frac{1}{1-x}$ ebenfalls reell analytisch ist.

\begin{lemma}
Die Funktion 
\[ \begin{array}{rcl} f\colon  \R\setminus \{1\} &\to & \R\\
x&\mapsto &\lmfrac{1}{1-x}\end{array} \]
ist reell analytisch. 
\end{lemma}

\begin{proof}
Es sei also $x_0\in \R\setminus \{1\}$.  F\"ur $x\ne 1$ ist
\begin{align*}
\begin{array}{rcl}
\hspace{0.3cm} \lmfrac{1}{1-x}\,\,=\,\,\lmfrac{1}{1-x_0-(x-x_0)} 
&=& \lmfrac{1}{1-x_0}\cdot \lmfrac{1}{1-\frac{x-x_0}{1-x_0}}\,\,=\,\,(*).
\intertext{F\"ur alle $x$ mit $\left|\frac{x-x_0}{1-x_0}\right|<1$, das hei\ss t f\"ur alle $x\in (x_0-\frac{1}{|1-x_0|},x_0+\frac{1}{|1-x_0|})$  folgt dann aus Satz~\ref{satz:reihexn}, 
dass}
(*) &=& \lmfrac{1}{1-x_0}\cdot \sum\limits_{n=0}^\infty \Big(\lmfrac{x-x_0}{1-x_0}\Big)^n\,\,=\,\, \sum\limits_{n=0}^\infty  \lmfrac{1}{(1-x_0)^{n+1}} \cdot (x-x_0)^n.\end{array} \end{align*}
\end{proof}

Mit einem \"ahnlichen Argument kann man sogar zeigen, dass jede rationale Funktion reell analytisch ist.
Wir werden reell analytische Funktion wieder in Analysis III studieren. 
Wir werden dann unter anderem sehen, dass  Produkte, Summen und Quotienten von reell-analytischen Funktionen auch  reell-analytisch sind.


Es folgt aus Satz~\ref{satz:ablpotenz}, dass eine reell-analytische Funktion notwendigerweise eine $C^\infty$-Funktion ist.
Allerdings ist nicht jede $C^\infty$-Funktion reell-analytisch.
Beispielsweise hatten wir in Lemma~\ref{lem:ex2} gesehen, dass die Funktion
\[ \begin{array}{rcl} f\colon  \R&\to & \R\\
x&\mapsto &\left\{ \begin{array}{ll} e^{-1/x^2}, & \mbox{ wenn }x> 0, \\ 0, &\mbox{ wenn }x\leq 0.\end{array} \right.\end{array} \]
eine $C^\infty$-Funktion ist mit der Eigenschaft, dass  $f^{(n)}(0)=0$ f\"ur alle $n\in \N$. Insbesondere ist die Taylorreihe um den Punkt $x_0=0$ die Nullreihe. Aber es gilt $f(x)>0$ f\"ur alle $x>0$, das hei\ss t die Taylorreihe von $f$ und die Funktion $f$ stimmen in keiner $\delta$-Umgebung von $x_0=0$ \"uberein.
Die Funktion $f$ ist also nicht reell-analytisch.

\begin{satz}
Es seien $f,g\colon  (a,b)\to \R$ zwei reell analytische Funktionen, welche auf einem offenen Intervall \"ubereinstimmen. Dann ist $f(x)=g(x)$ f\"ur alle $x\in (a,b)$.
\end{satz}

\begin{proof}
Es sei $(c,d)\subset (a,b)$ ein Intervall auf dem $f$ und $g$ \"ubereinstimmen.
Wir setzen nun
\[ B:=\sup\{t\in (c,b)\,|\, \mbox{$f$ und $g$ stimmen auf $(c,t)$ \"uberein}\}.\]

\begin{behauptung}
\[ B=b.\]
\end{behauptung}

Nehmen wir an, dass $B<b$. Aus der  Definition von $B$ folgt, dass $f(x)=g(x)$ auf dem offenen Intervall $(c,B)$. Es folgt dann, dass auch $f^{(n)}(x)=g^{(n)}(x)$ f\"ur alle $x\in (c,B)$. Aus der Stetigkeit von $f^{(n)}$ und $g^{(n)}$
(wie oben erw\"ahnt sind reell-analytische Funktionen  $C^\infty$-Funktionen)
folgt nun, dass $f^{(n)}(B)=g^{(n)}(B)$ f\"ur alle $n$.
Insbesondere haben $f$ und $g$ die gleiche Taylorreihe um den Punkt $B$. Nachdem $f$ und $g$ reell-analytisch sind, stimmen die Funktionen $f$ und $g$ in einer $\delta$-Umgebung mit ihren Taylorreihen \"uberein.
Es folgt also, dass
\begin{align*}
\begin{array}{rcll}
\hspace{4.6cm} f(x)&=&g(x) &\quad \mbox{ f\"ur alle }x\in (B-\delta,B+\delta),
\intertext{insbesondere ist}
 f(x)&=&g(x)&\quad \mbox{ f\"ur alle }x\in (b,B+\delta),\end{array} \end{align*}
im Widerspruch zur Wahl von $B$.

Dies zeigt, dass $f(x)=g(x)$ f\"ur alle $x\in (c,b)$. Ganz analog zeigt man, dass $f(x)=g(x)$ f\"ur alle $x\in (a,b)$.

\end{proof}



\end{document} 