Arbeitsbuch Mathematik für das erste Studienjahr: Beweise by Joachim Hilgert

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By Joachim Hilgert

In diesem Arbeitsbuch zum Lesebuch Mathematik für das erste Studienjahr finden sich Übungsaufgaben und ergänzende Beispiele zu den vorgestellten Themenbereichen.

Viele der angebotenen Aufgaben sind Standardproblemstellungen in den Übungen des ersten Studienjahrs. Das Arbeitsbuch kann daher parallel und ergänzend zu den Übungen im Vorlesungsbetrieb verwendet werden. Es bietet zu allen Aufgaben vollständige Lösungsvorschläge.

Für interessierte Leser sind die im Lesebuch nicht vollständig ausgeführten Beweise nachgetragen. Dadurch wird eine lückenlose Darstellung des präsentierten fabrics gewährleistet. Darüber hinaus enthält das Buch eine Vielzahl ergänzender Beispiele und Übungsaufgaben mit Lösungsvorschlägen.

Um die Bearbeitung des Arbeitsbuchs im Selbststudium zu erleichtern, sind die Lösungsvorschläge für die Übungen jeweils in einem separaten Abschnitt gesammelt.

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In E mit ε + ρ∗ (A) > j=1 ρ(Ej ). Wegen Bedingung (†) in der Definition der Zulässigkeit (siehe (LB), Seite 143) können wir annehmen, dass für alle j der Durchmesser δ(Ej ) ≤ 12 δ erfüllt. Aber dann kann Ej nur eine der beiden Mengen A1 und A2 schneiden. Wir setzen Ji := {j ∈ N | Ai ∩ Ej = ∅}. Dann gilt Ai ⊆ j∈Ji Ej und ρ∗ (A1 ) + ρ∗ (A2 ) ≤ j∈J1 ρ(Ej ) ≤ ε + ρ∗ (A). ρ(Ej ) ≤ ρ(Ej ) + j∈J2 j∈N Da ε > 0 beliebig war, folgt Behauptung 2. Behauptung 3: Alle abgeschlossenen Teilmengen A ⊆ M sind ρ-Lebesguemessbar.

16) wählen wir ein ε > 0 und betrachten eine Überdeckung von A durch d-Kugeln Bj ∈ Eδ mit ρ∗δ (A) + ε ≥ j ρδ (Bj ). Dann gilt ρ∗δ (A) + ε ≥ λn (Bj ) ≥ (λn )∗ ρδ (Bj ) = j j und weil ε > 0 beliebig war, folgt ρ∗δ (A) ≥ (λn )∗ (A). Bj ≥ (λn )∗ (A) j 34 1 Im Lesebuch ausgelassene Beweise Zum Nachweis der zweiten Ungleichung beginnen wir mit ε > 0 und einer Überdeckung von A durch Quader Qj mit (λn )∗ (A) + ε > j λn (Qj ). Indem wir die Quader gegebenenfalls ein wenig vergrößern, können wir annehmen, dass die Seitenlängen der Quader rational sind.

4 Von der Linearisierung zum Gleichungslösen 51 (man kann zum Beispiel c = f (x0 , y0 ) + 1 wählen). Wähle ε > 0 so klein, dass r r 1 . , , ε < min 2 2c 2L Jetzt setzen wir stetig M := ψ : B(y0 ; ε) × Iε −→ B(y0 ; r) ∀z ∈ B(y0 ; ε) : ψ(z, x0 ) = z . 56). 2. Schritt: Verifikation der Voraussetzungen des Banachschen Fixpunktsatzes. 8) definierte Funktion T ψ in M . (2) Die Abbildung T : M → M ist strikt kontrahierend. Klar ist zunächst, dass T ψ : B(y0 ; ε) × Iε → Rn die Gleichung T ψ(z, x0 ) = z erfüllt.

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