\documentclass{article}
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\newcommand{\matrixx}[4]{\left(\begin{array}{cc}{#1}&{#2}\\{#3}&{#4}\\\end{array}\right)}

%\markboth{Beth Scorer (5643272), Fabian Schulz (5575935), Thomas Dettbarn (560641)\hfill\today\hfill}{Beth Scorer (5643272), Fabian Schulz (5575935), Thomas Dettbarn (560641)\hfill\today\hfill}
\markboth{Beth Scorer, Fabian Schulz, Thomas Dettbarn\hfill Blatt 10\hfill}{Beth Scorer, Fabian Schulz, Thomas Dettbarn\hfill Blatt 10\hfill}
\begin{document}
\title{"Ubungsaufgaben Analysis I\\Blatt 10}
\author{Beth Scorer, 5643272\\Fabian Schulz, 5575935\\Thomas Dettbarn, 5610641}
\maketitle
\newpage
\subsection*{1.) Sei $f:[a,b]\rightarrow \R$ eine stetige Funktion mit $f([a,b])\subset [a,b]$. Man zeige: Es gibt $x_0\in[a,b]$ mit $f(x_0)=x_0$}
%Zwischenwertsatz
Der Fixpunktsatz besagt, da"s jede stetige Funktion in einem Intervall $[a,b]$ mit einem $f(a)\leqslant 0$ und $f(b)\geqslant 0$ (oder umgekehrt) mindestens eine Nullstelle besitzt.\\

Gegeben sei also eine Funktion 
\begin{eqnarray*}
g(x):=f(x)-x,\;x\in [a,b]
\end{eqnarray*} 
Diese ist ebenfalls stetig in $[a,b]$. Existiert eine Nullstelle $g(x_0)=0$, so gilt an dieser Stelle wegen 
\begin{eqnarray*}
g(x_0)=f(x_0)-x_0\Rightarrow 0=f(x_0)-x_0
\end{eqnarray*}
das gesuchte $f(x_0)=x_0$.\\

F"ur alle $x\in\R$ gilt $f(x)\subset [a,b]$. Also gilt
\begin{eqnarray*}
f(a)-a&\geqslant&0
\end{eqnarray*}

Damit hat man wieder zwei F"alle:
\begin{itemize}
\item{In dem Fall, da"s $g(a)=0$ gilt, ist das gesuchte $x_0:=a$.}
\item{In dem Fall, da"s $g(a)>0$ gilt, ergibt sich wegen $f(b)\leqslant b$
\begin{eqnarray*}
g(b)=f(b)-b&\leqslant& 0
\end{eqnarray*}
Dann mu"s man wieder unterscheiden:
\begin{description}
\item[1. $g(b)=0$:]{Damit ist das gesuchte $x_0:=b$.}
\item[2. $g(b)<0$:]{Damit existiert aufgrund der Stetigkeit der Funktion und des Zwischenwertsatzes eine Nullstelle in dem Intervall $[a,b]$. An dieser Stelle ist $g(x_0)=0$}
\end{description}
}
\end{itemize}
Also existiert in dem Intervall $[a,b]$ mindestens ein Punkt $x_0$, an dem $f(x_0)=x_0$ gilt.\\

Damit w"are auch der Fixpunktsatz beweisen ;-)
\subsection*{2.) Sei $I=[0,1]$ und $f:I\rightarrow \R$ definiert durch $f(x):=\left\{\begin{array}{c@{$ f"ur $}l}x&x\in I\cap \Q\\1-x&x\in I\backslash \Q\end{array}\right.$ Man zeige $f$ ist nur an der Stelle $x=\frac{1}{2}$ stetig, nimmt jedoch jeden Wert zwischen $f(0)=0$ und $f(1)=1$ an.}
\subsubsection*{a.)}
Nach dem Satz von Bolzano-Weierstrass ist eine Funktion stetig, wenn es zu jedem $\varepsilon>\left|f(x)-f(x_0)\right|$ ein $\delta>\left|x-x_0\right|$ gibt, mit $\varepsilon,\delta>0$. An der Stelle $x_0:=\frac{1}{2}$ gilt nun $f(x_0)=\frac{1}{2}$, da $\frac{1}{2}\in\Q$ gilt.\\

F"ur $\varepsilon$ ergeben sich vier F"alle:
\begin{description}
\item[1. $x\in \Q\cap I$]{Damit ist $f(x)=x$, und f"ur $\varepsilon$ gilt:
\begin{eqnarray*}
\varepsilon&<&\left|x-\frac{1}{2}\right|
\end{eqnarray*}
}
\item[2. $x\in \Q\backslash I$]{Damit ist $f(y)=1-y$, und f"ur $\varepsilon$ gilt:
\begin{eqnarray*}
\varepsilon&<&\left|(1-x)-\frac{1}{2}\right|=\left|\frac{1}{2}-x\right|
\end{eqnarray*}
}
\end{description}
Wegen $\left|\frac{1}{2}-x\right|=\left|x-\frac{1}{2}\right|$ besitzen beide F"alle das gleiche $\varepsilon$. \\

F"ur $\delta$ mu"s
\begin{eqnarray*}
\delta&>&\left|x-\frac{1}{2}\right|
\end{eqnarray*}
gelten.\\

Also kann f"ur $\delta:=\varepsilon$ angenommen werden. Damit existiert ein $\delta$. Damit ist die Funktion nach Bolzano-Weierstrass stetig.\\

\begin{description}
\item[Behauptung:]{Die Funktion $f(x)$ ist nur an der Stelle $\frac{1}{2}$ stetig.}
\item[Beweis (durch Widerspruch):]{Angenommen, es gibt ein $y\ne\frac{1}{2}$, an dem die Funktion stetig ist. \\
F"ur $x_0:=y\ne\frac{1}{2}$ gilt einer der beiden F"alle
\begin{description}
\item[1. $x\in \Q\cap I,\;y\in \Q\cap I$]{Damit ist $f(y)=y$, und f"ur $\varepsilon$ gilt:
\begin{eqnarray*}
\varepsilon&<&\left|x-y\right|
\end{eqnarray*}
}
\item[2. $x\in \Q\backslash I,\;y\in\Q\cap I$]{Damit ist $f(y)=1-y$, und f"ur $\varepsilon$ gilt:
\begin{eqnarray*}
\varepsilon&<&\left|(1-x)-y\right|=\left|1-(x+y)\right|
\end{eqnarray*}
}
\item[3. $x\in \Q\cap I,\;y\in \Q\backslash I$]{Damit ist $f(y)=y$, und f"ur $\varepsilon$ gilt:
\begin{eqnarray*}
\varepsilon&<&\left|x-(1-y)\right|=\left|(x+y)-1\right|=\left|1-(x+y)\right|
\end{eqnarray*}
}
\item[4. $x\in \Q\backslash I,\;y\in\Q\backslash I$]{Damit ist $f(y)=1-y$, und f"ur $\varepsilon$ gilt:
\begin{eqnarray*}
\varepsilon&<&\left|(1-x)-(1-y)\right|=\left|x-y\right|=\left|y-x\right|
\end{eqnarray*}
}
\end{description}

Versucht man f"ur alle F"alle ein gleiches $\varepsilon$ zu finden
\begin{eqnarray*}
\left|x-y\right|&=&\left|1-(x+y)\right|
\end{eqnarray*}
so erh"alt man vier F"alle:
\begin{description}
\item[1. $x>y,\;1>(x+y)$:]{\begin{eqnarray*}
x-y=1-(x+y)&\Leftrightarrow&x-y=1-x-y\\
&\Leftrightarrow&2x=1\\
&\Leftrightarrow&x=\frac{1}{2}
\end{eqnarray*} }
\item[2. $x>y,\;1<(x+y)$:]{\begin{eqnarray*}
x-y=(x+y)-1&\Leftrightarrow&x-y=x+y-1\\
&\Leftrightarrow&-2y=-1\\
&\Leftrightarrow&y=\frac{1}{2}
\end{eqnarray*} }
\item[3. $x<y,\;1>(x+y)$:]{\begin{eqnarray*}
y-x=1-(x+y)&\Leftrightarrow&y-x=1-x-y\\
&\Leftrightarrow&2y=1\\
&\Leftrightarrow&y=\frac{1}{2}
\end{eqnarray*} }
\item[4. $x<y,\;1<(x+y)$:]{\begin{eqnarray*}
y-x=(x+y)-1&\Leftrightarrow&y-x=x+y-1\\
&\Leftrightarrow&-2x=-1\\
&\Leftrightarrow&x=\frac{1}{2}
\end{eqnarray*} }
\end{description}
In allen vier F"allen ergibt sich, da"s entweder $x=\frac{1}{2}$ oder $y=\frac{1}{2}$ gelten mu"s, damit das $\varepsilon$ eindeutig bestimmt ist.$\widerspruch$\\
}
\end{description}
Damit kann an der Stelle $y\ne\frac{1}{2}$ das $\varepsilon$ nicht eindeutig bestimmt werden, somit kann auch kein $\delta$ gefunden werden, also ist die Funktion dort nicht stetig.\\

q.e.d.
\subsubsection*{b.)}
\begin{description}
\item[Behauptung]{F"ur jede Zahl $y\in [0,1]$ existiert ein $f(x)=y$.} 
\item[Beweis]{ Es existieren insgesamt zwei F"alle:
\begin{description}
\item[1. Fall, $y\in I\cap \Q$]{In diesem Fall ist $f(y)=y$.Insbesondere ist $0\in \Q$ und $1\in \Q$, daher existieren $f(0)=0$ und $f(1)=1$.}
\item[2. Fall, $y\in I\backslash\Q$]{In diesem Fall existiert ein $f(y)=1-y$ mit $f(y)\in[0,1]$. Da 
\begin{eqnarray*}
1-y=-(y-1)=-(y+(-1))
\end{eqnarray*}
gilt, mu"s aufgrund der Abgeschlossenheit von $\Q$ bezueglich der Addition $1-y$ ebenfalls ausserhalb von $\Q$ liegen.\\

Deshalb gilt, da"s
\begin{eqnarray*}
f(1-y)&=&1-(1-y)=1-1+y=y
\end{eqnarray*}
ist, somit bildet die Funktion also auch auf $y$ ab.
}
\end{description}
}
\end{description}

q.e.d.
\subsection*{3.) Man bestimme alle stetigen Funktionen $f$ und $g$, die folgenden Funktionalgleichungen gen"ugen.}
\subsubsection*{i.) $f:\R\to\R$ mit $f(x+y)=f(x)+f(y)$ f"ur alle $x,y\in \R$.}
Dies sind alle Polynome ersten Grades in der Form
\begin{eqnarray*}
f(x)&=&ax,\;a\in\R
\end{eqnarray*}
da f"ur diese aufgrund der Distributivit"at in $\R$ gilt
\begin{eqnarray*}
f(x+y)=a(x+y)&=&ax+ay\\
f(x)+f(y)&=&ax+ay
\end{eqnarray*}
und somit
\begin{eqnarray*}
f(x+y)&=&f(x)+f(y)
\end{eqnarray*}
%H"ohere Polynome scheiden aus, da zum Beispiel
%\begin{eqnarray*}
%f(x)&=&ax^2,\;a\in \R
%\end{eqnarray*}
%mit $a:=1,\;x:=3,\;y:=4$ f"ur $f(x+y)=49$ ergibt, f"ur $f(x)+f(y)=25$.\\
%Mit $f(x)=ax^3,\;a\in \R$ ergibt sich f"ur $f(x+y)=343$, f"ur $f(x)+f(y)=155$.\\
%
%Polynome h"oheren Grades lassen sich schreiben als Produkte von Polynomen der Grade 2 und 3, wobei jeder Faktor mistverdammter.
\subsubsection*{ii.) $g:\R_{>0}\to \R$ mit $g(xy)=g(x)+g(y)$ f"ur alle $x,y\in \R_{>0}$}
Dies sind alle Funktionen der Gestalt
\begin{eqnarray*}
f(x)=ln\ x
\end{eqnarray*}
da f"ur diese
\begin{eqnarray*}
f(xy)=ln\ x\cdot y&=&ln\ x+ln\ y\\
f(x)+f(y)&=&ln\ x+ln\ y\\
\end{eqnarray*}
gilt.
\subsection*{4.) Der radioaktive Zerfall einer Substanz werde beschrieben durch $y=y_0e^{-kt}$. Dabei mi"st $t$ die Zeit, $y_0$ ist die Menge der Substanz zum Zeitpunkt $t=0,\;y=y(t)$ die Menge der Substanz zum Zeitpunkt $t>0$, $k$ eine positive Konstante. Man zeige, da"s die Halbwertszeit $\tau$, in der eine Substanz $y$ auf die H"alfte $y/2$ abnimmt, unabh"angig von $y$ ist.}
Mit $y(t):=y_0/2$ ergibt sich
\begin{eqnarray*}
\frac{y_0}{2}=y_0e^{-kt}&\Leftrightarrow&\frac{y_0}{2y_0}=e^{-kt}\\
&\Leftrightarrow&\frac{1}{2}=e^{-kt}\\
&\Leftrightarrow&ln\frac{1}{2}=-kt\\
&\Leftrightarrow&-\frac{ln\frac{1}{2}}{k}=t\\
\end{eqnarray*}
Da $ln\frac{1}{2}\approx -0,69\dots$ ist, existiert ein Zeitpunkt, an dem die Menge der Substanz auf die H"alfte zerfallen ist.\\

F"ur jeden beliebigen Zeitpunkt $t$ gilt ausserdem f"ur $y(t+x)=y(t)/2$
\begin{eqnarray*}
\frac{y(t)}{2}=y(t)e^{-k(t+x)}&\Leftrightarrow&\frac{y(t)}{2y(t)}=e^{-k(t+x)}\\
&\Leftrightarrow&\frac{1}{2}=e^{-kt}\\
&\Leftrightarrow&ln\frac{1}{2}=-k(t+x)\\
&\Leftrightarrow&-\frac{ln\frac{1}{2}}{k}=t+x\\
\end{eqnarray*}
Da $ln\frac{1}{2}\approx -0,69\dots$ ist, existiert ein Zeitpunkt, an dem die Menge der Substanz auf die H"alfte zerfallen ist.\\

Somit ist die Halbwertszeit unabh"angig von $y$.
\end{document}
