Analysis I für Informatiker und Ingenieure

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1 Skript zur Vorlesung Analysis I für Informatiker und Ingenieure Sommersemester 2015 Prof. Dr. Helmut Maier Dr. Hans- Peter Reck Institut für Zahlentheorie und Wahrscheinlichkeitstheorie Universität Ulm

2 Inhaltsverzeichnis 1 Reelle Zahlen Einführung Die reellen Zahlen Ungleichungen, Rechenregeln, Betrag Natürliche Zahlen, vollständige Induktion Folgen und Reihen Folgen und Grenzwerte Die n- te Wurzel Unendliche Reihen Konvergenzkriterien für unendliche Reihen Bedingte und unbedingte Konvergenz, Produktreihen Dezimalbruchentwicklung Stetigkeit, Differenzierbarkeit Grenzwerte von Funktionen Stetigkeit Einseitige und uneigentliche Grenzwerte, einseitige Stetigkeit Polynome und rationale Funktionen Stetige Funktionen auf kompakten Intervallen Monotone Funktionen, Umkehrfunktion Differenzierbarkeit Ableitungsregeln Mittelwertsatz, Monotonie Höhere Ableitungen, Taylorpolynome de L Hospitalsche Regeln Konvexität und relative Extrema, Kurvendiskussion

3 4 Stetigkeit und Differenzierbarkeit von Grenzfunktionen, Potenzreihen Gleichmäßige Konvergenz und Stetigkeit Differenzierbarkeit der Grenzfunktion Stetigkeit und Differenzierbarkeit durch unendliche Reihen definierter Funktionen Potenzreihen Taylorreihen Die elementaren transzendenten Funktionen Die Exponentialfunktion Der Logarithmus Allgemeine Exponentialfunktionen, Logarithmus- und Potenzfunktionen Die trigonometrischen Funktionen Die Arcusfunktionen

4 Kapitel 1 Reelle Zahlen 1.1 Einführung Wie in der Vorlesung Lineare Algebra soll die Theorie systemathisch aus einem System von Axiomen durch Definitionen und Beweise aufgebaut werden. Während im Fall der Linearen Algebra die Vektorraumaxiome die Grundlage bilden, sind es in der Analysis die Axiome für die reellen Zahlen, mit denen wir beginnen wollen. Auch in der Analysis spielen Abbildungen zwischen Mengen eine wichtige Rolle. Die grundlegenden Begriffe, die damit in Verbindung stehen, nämlich Bild, Urbild, Injektivität, Surjektivität und Bijektivität, wurden in der Vorlesung Lineare Algebra bereits behandelt und werden als bekannt vorausgesetzt. Weiter setzen wir algebraische Grundstrukturen wie Gruppe, Ringe und Körper als bekannt voraus. 1.2 Die reellen Zahlen Die Axiome für die Menge R der reellen Zahlen lassen sich in drei Gruppen gliedern: Körperaxiom, die Anordnungsaxiome und das Vollständigkeitsaxiom. Körperaxiom: (K) Auf R existieren zwei Verknüpfungen + (Addition) und (Multiplikation), so dass gilt: (R, +, ) bildet einen Körper. Bemerkung Wie bei Körpern allgemein üblich wird das neutrale Element der Addition mit 0 und das neutrale Element der Multiplikation mit 1 bezeichnet. Anordnungsaxiome: Es gibt eine Relation < (sprich: kleiner) auf R zu R, so dass folgende Gesetze gelten: (A1) Für a, b R gilt stets genau eine der Beziehungen a < b, a = b und b < a. (Trichotomie). (A2) a < b und b < c a < c. (Transitivität). (A3) Ist a < b, so gilt a + c < b + c für alle c R und ac < bc für alle c R mit 0 < c. (Monotonie). 4

5 Definition Die zu der Relation < inverse Relation ist die Relation > (größer). Die Zeichen bzw. bedeuten kleiner oder gleich bzw. größer oder gleich. Bemerkung Jeder Körper, der außer dem Körperaxiom (K) auch noch die Anordnungsaxiome (A1) bis (A3) erfüllt, heißt angeordneter Körper. Zur Formulierung des letzten Axioms, des Vollständigkeitsaxioms, brauchen wir zunächst folgende Definition Es sei X R und s R. Dann heißt s eine obere Schranke von X, falls x s für alle x X gilt. Falls eine obere Schranke von X existiert, heißt X R nach oben beschränkt. Man nennt s kleinste obere Schranke oder Supremum von X, falls s eine obere Schranke von X ist und für alle oberen Schranken t von X gilt, dass s t ist. Die größte untere Schranke von X wird analog definiert und Infimum genannt. Nun können wir noch unser letztes Axiom formulieren: Vollständigkeitsaxiom: (V) Jede nichtleere nach oben beschränkte Teilmenge besitzt ein Supremum. 1.3 Ungleichungen, Rechenregeln, Betrag Definition Man nennt a R positiv, wenn a > 0 und negativ, wenn a < 0 ist. Satz Es seien a, b R. Dann gilt (i) 0 < 1 (ii) a < b b a > 0 (iii) a < 0 a > 0 (iv) a < b b < a (v) 0 < a < b 1 a > 1 b > 0. Beweis. Wir beweisen nur (ii): b a > 0 (A3) (b a) + a > 0 + a b > a. Satz (Addition von gleichsinnigen Ungleichungen) Aus a < b und c < d folgt a + c < b + d. Beweis. Aus der Monotonie (A3) folgt a + c < b + c und b + c < b + d. Mit der Transitivität (A2) gilt dann a + c < b + d. Satz (Durchmultiplikation von Ungleichungen) Es seien a, b, c R, und es sei a < b. (i) Ist c > 0, so folgt ac < bc. (ii) Ist c < 0, so folgt bc < ac. 5

6 Beweis. (i) ist Axiom (A3) (Monotonie) (ii) Nach Satz (iii) ist c > 0. Dann gilt a < b S.1.3.1(ii) (K) b a > 0 (b a)( c) > 0 (a b) c > 0 c>0 (A3) ac bc > 0 bc < ac. S.1.3.1(ii) Satz Es seien a, b R Dann folgt ab > 0 (a > 0 und b > 0) oder (a < 0 und b < 0). Beweis. ohne Beweis Satz Es seien a, b R und b 0. Dann gilt a b > 0 (a > 0 und b > 0) oder (a < 0 und b < 0). Beweis. Wir zeigen zunächst b > 0 1 b > 0. ( ) Nach (A1) (Trichotomie) gilt genau einer der Fälle Annahme: 1 b = 0 1 = b 1 b 1 b < 0, 1 b = 0, 1 b > 0. = 0 im Widerspruch zu b < 0 b 1 b < 0 b 1 < 0 im Widerspruch zu Satz (A3) (K) Also gilt ( ). Wir kommen nun zum Beweis der Behauptung: : Fall 1: Fall 2: a > 0, b > 0 ( ) a > 0, 1 b > 0 a (A3) b > 0. a < 0, b < 0 S.1.3.1(iii) (A3) a > 0, b > 0 ( ) a > 0, 1 b > 0 a b > 0 a (K) b > 0. 6

7 : Zunächst folgt a 0, denn a = 0 (K) a 1 b = 0. Annahme: Die Behauptung (a > 0 und b > 0) oder (a < 0 und b < 0) ist falsch. Dann muss wegen (A1) (Trichotomie) einer der folgenden Fälle zutreffen: Fall 1: a > 0 und b < 0 Fall 2: a < 0 und b > 0 Diese beiden Fälle schließen wir der Reihe nach aus. Fall 1: a > 0, b < 0 a < 0, b < 0. Nach der schon bewiesenen Richtung folgt dann a b > 0 a b Voraussetzung. < 0 im Widerspruch zur a Fall 2: a < 0 und b > 0 a > 0, b < 0 : b < 0 a b < 0, ebenfalls ein Widerspruch. (K) Definition (Vorzeichen, Absolutbetrag) Es sei a R. Dann heißt 1, für a > 0 sgn(a) = 0, für a = 0 1, für a < 0. das Vorzeichen oder Signum von a. Der Absolutbetrag (kurz: Betrag, Schreibweise: a ) von a R ist durch erklärt. a := sgn(a) a = Satz (Eigenschaften des Absolutbetrages) Für alle a, b R ist (i) a 0 und a = 0 a = 0 (Definitheit) (ii) a b = a b (Multiplikativität) (iii) a + b a + b (Dreiecksungleichung) { a, für a 0 a, für a < 0 Beweis. Wir beweisen nur (iii): Es sei ɛ := sgn(a + b). Wegen a a und ± 1 = 1 folgt a + b = ɛ(a + b) = ɛa + ɛb ɛa + ɛb = a + b. 7

8 Satz Für alle a, b, c R gelten die folgenden Eigenschaften: (i) a a (ii) Für a 0 gilt a 2 = ( a) 2 = a 2 > 0. (iii) Für a 0 gilt a 1 = a 1. (iv) a b a b. Beweis. ohne Beweis Wichtige Teilmengen von R sind die Intervalle. Definition (Intervalle) Es seien a b R. Die folgenden Mengen heißen Intervalle: und falls a < b [a, b] := {x R a x b} [a, b) := {x R a x < b} (a, b] := {x R a < x b} (a, b) := {x R a < x < b} Dann heißt [a, b] abgeschlossenes, auch kompaktes Intervall, (a, b) heißt offen und [a, b) bzw. (a, b] heißen halboffen. Die Eigenschaften abgeschlossen, kompakt und offen von Teilmengen von R werden später allgemein definiert werden. Definition (unendliche Intervalle) Diese Intervalle werden mittels der Symbole und (sprich: unendlich und minus unendlich) definiert. Es seien a, b R. Wir definieren: [a, ) := {x R a x} (a, ) := {x R a < x} (, b] := {x R x b} (, b) := {x R x < b} (, ) := R. Definition (Maximum, Minimum) Es sei X R. Dann heißt m Minimum von X (Schreibweise: min X), falls m X und m x für alle x X gilt, und M heißt Maximum von X (Schreibweise: max X), falls M X und x M für alle x X ist. Satz Für alle a, b, c R gilt (i) a < c a ( c, c) (ii) b a < c b (a c, a + c) Beweis. ohne Beweis 8

9 1.4 Natürliche Zahlen, vollständige Induktion Nun können wir die natürlichen Zahlen einführen, die wir bisher noch nicht kennen. Definition (i) Eine induktive Menge I reeller Zahlen ist eine Menge mit den Eigenschaften: 1 I n I n + 1 I (ii) Die Menge der natürlichen Zahlen ist der Durchschnitt aller induktiven Teilmengen von R. Wir bezeichnen diese als N. Satz Es gilt: (i) N, N ist induktiv (ii) Jede induktive Teilmenge von N ist N. (iii) min N = 1 (iv) Für n N gibt es kein m N mit n < m < n + 1. (v) n, m N n + m N und n m N (vi) Es seien n N und m [1, ). Dann ist n m N m N und m < n. Zur Vorbereitung des Beweises zeigen wir zunächst: Lemma Der Durchschnitt einer beliebigen Menge induktiver Teilmengen von R ist induktiv. Beweis. Es sei J eine Menge von induktiven Teilmengen von R und M = I J I. Dann ist 1 I für alle I J 1 I J I = M. n M n I, I J n + 1 I, I J n + 1 M. I induktiv Beweis. (Beweis von Satz 1.4.1) Es sei J die Menge aller induktiven Teilmengen von R. (i) Nach Lemma ist N induktiv und damit 1 N, also N. (ii) Es sei M eine induktive Teilmenge von N. Dann gilt: M N. Nun ist N = I J I, also N I, I J. Da M J ist, folgt N M. Also ist N = M. (iii) Wegen 1 [1, ) und n 1 (A3) n ist [1, ) induktiv. Also ist N [1, ) n 1 für alle n N. 9

10 (iv) Es sei K := {n N: m N mit n < m < n + 1}. Wir zeigen, dass K induktiv ist: Es sei M 1 := N\(1, 1 + 1). dann ist M 1 induktiv, also M 1 = N. Es ist N 1 (1, 1 + 1) =. Damit ist 1 K. Nun sei n K: Setze M n+1 := N\(n + 1, n ). Wiederum ist M n+1 induktiv, da 1 M n+1 ist und aus m M n+1 folgt, da n K ist, m / (n, n + 1) ist. Also ist m + 1 / (n + 1, n ) und folglich m + 1 N\(n + 1, n ) = M n+1. Damit ist M n+1 = N. Also ist N 1 (n + 1, n ) = und n + 1 K. Also ist K = N. (v) Für n N betrachten wir die Menge L n := {m N n + m N}. Diese Menge ist induktiv, denn n L n n + 1 N. Also ist 1 L n. N J Es sei m L n, also n + m N (n + m) + 1 = n + (m + 1) L n. Also ist m + 1 L n. N J (K) Damit ist L n = N. Wir verzichten auf den Beweis des zweiten Teils und auf den Beweis von Teil (vi). Bemerkung Das Beweisverfahren in Satz 1.4.1, Teil (iv) und (v) ist der Beweis durch vollständige Induktion: Es ist eine Aussage A(n) zu beweisen, die von der natürlichen Zahl n abhängt. Eigentlich handelt es sich um eine Folge von Aussagen A(n), wie zum Beispiel in (iv) die Aussage A(n): Es gibt kein m N mit m (n, n + 1). Man definiert die Menge W aller n, für die die Aussage A(n) wahr ist und zeigt, dass diese Menge induktiv ist, d.h. (i) 1 W : A(1) ist wahr (ii) n W (n + 1) W : Wenn A(n) wahr ist, dann ist auch A(n + 1) wahr. Nach Satz (ii) folgt dann: W = N, d.h. A(n) ist für alle n N wahr. Ein Beweis durch vollständige Induktion geht also nach folgendem Schema: (i) n = 1: (Induktionsanfang): A(1) ist wahr. (ii) n n + 1 (Induktionsschritt): Wenn A(n) wahr ist (Induktionshypothese), dann ist auch A(n + 1) wahr. Definition (i) Mengen X und Y sind gleichmächtig (Schreibweise: X Y ), falls es eine injektive Abbildung f : X Y und g : Y X gibt. (ii) Die Menge X heißt von kleinerer Mächtigkeit als die Menge Y (Schreibweise X Y ), falls es eine injektive Abbildung f : X Y, aber keine injektive Abbildung g : Y X gibt. (iii) Für n N sei der Abschnitt bis n (Schreibweise: N(n)) durch N(n) := {m N m n} definiert. Eine Menge X heißt endlich, falls es ein n N gibt, so dass X N(n), andernfalls unendlich. Man nennt X abzählbar unendlich, falls X N und abzählbar, falls X endlich oder abzählbar unendlich ist, andernfalls überabzählbar. 10

11 Satz Es seien X, Y, Z Mengen. (i) X Y f : X Y, f bijektiv (ii) X Y und Y Z X Z (iii) X erfüllt genau eine der folgenden Möglichkeiten: X endlich, X abzählbar unendlich, X überabzählbar (iv) Ist X endlich, so gibt es genau ein n N mit X N(n). Beweis. Übungen Definition := 1 + 1, 3 := 2 + 1, 4 := 3 + 1,..., 9 := 8 + 1, 10 := 9 + 1,... Definition Es sei X eine endliche Menge. Ist n N die nach Satz eindeutig bestimmte natürliche Zahl mit X N(n), so schreiben wir X = n und sagen, X hat n Elemente. Beispiel Es sei X = {a, b, c}. Für n 3 haben wir eine bijektive Abbildung f : X N(3) = {1, 2, 3} mit f(a) := 1, f(b) := 2 und f(c) := 3. Also ist X = 3, d.h. X hat drei Elemente. Satz (i) Jede nichtleere Teilmenge von N besitzt ein Minimum (Wohlordnungssatz). (ii) Jede endliche Teilmenge von R besitzt Maximum und Minimum. Beweis. ohne Beweis. Definition Wir setzen N 0 := N {0}. Die Mengen { Z der ganzen Zahlen und Q der rationalen Zahlen sind durch Z := N 0 { n: n N} r } und Q = s : r Z, s Z\{0} definiert. Man zeigt leicht: Satz (i) (Z, +) ist eine kommutative Gruppe. (ii) (Q, +, ) ist ein Körper. Beweis. Durch Nachrechnen. Definition Unter einer Folge a n von Elementen einer Menge X verstehen wir eine Abbildung f : N X, n a n oder f : N 0 X, n a n. Dabei heißt a n auch das n- te Glied der Folge und n heißt Folgenindex (kurz: Index). Statt n kann auch jedes andere Symbol verwendet werden. Unter einer endlichen Folge verstehen wir eine Abbildung f : N(n) X. Wir betrachten meist den Fall X = R, also Folgen reeller Zahlen. Künftig soll unter einer Folge stets eine Folge reeller Zahlen gemeint sein, falls nichts anderes vereinbart ist. Eine Folge kann durch eine Gleichung, z. B. a n = 5n + 2, beschrieben werden. Sie kann auch durch vollständige Induktion definiert werden. 11

12 Beispiel (Folge der Fibonacci- Zahlen) Es sei (a n ) durch a 0 = 1, a 1 = 1, a n = a n 1 + a n 2 für n 2 gegeben. Die ersten Glieder der Folge berechnen sich zu a 0 = 1 a 1 = 1 a 2 = a 1 + a 0 = = 2 a 3 = a 2 + a 1 = = 3 a 4 = a 3 + a 2 = = 5 Summen und Produkte einer beliebigen Anzahl von Gliedern einer Folge können induktiv definiert werden. ( ) Definition Es sei (a n ): N R eine Folge. Dann definieren wir die Folge a k der n- ten Partialsummen induktiv durch (i) n = 1: (ii) n n + 1: 1 a k := a 1 ( n+1 ) a k := a k + a n+1. In a k heißt k die Summationsvariable, 1 (bzw. n) die untere (bzw. obere) Summationsgrenze, und {m N: 1 m n} heißt auch Summationsintervall. Die Sprechweise ist: Summe k = 1 bis n, a k. Für die Summationsvariable kann auch jedes andere Symbol benützt werden. Allgemeiner können auch Summen a k, falls (a n ): N 0 R, oder a k induktiv definiert werden. Summen können auch für endliche Folgen definiert werden. Wir verzeichten auf die Einzelheiten der Definition. k=m Durch vollständige Induktion beweist man leicht: Satz Es seien a, a 1,..., a n, b 1,..., b n R. Dann gilt: (i) a k + b k = (a k + b k ) (ii) a a k = aa k (iii) a k a k (Dreiecksungleichung) Beweis. ohne Beweis. 12

13 ( n ) Definition Es sei (a n ): N R eine Folge. Dann definieren wir die Folge a k n- ten Partialprodukte induktiv durch der (i) n = 1: (ii) n n + 1: n+1 1 a k := a 1 ( n ) a k := a k a n+1. Es gelten die entsprechenden Bemerkungen wie bei der Definition der Partialsummen. In Ausdrücken der Form a bzw. n a, bei denen der Folgenindex fehlt, werden die Partialsummen bzw. Partialprodukte von der konstanten Folge (a k ) mit a k = a für alle k gebildet. Der Fall der Partialprodukte führt zur Definition der Potenzen: Definition (n- te Potenzen) Es sei a R und n N. Dann ist die n- te Potenz a n (lies: a hoch n) durch Es ist a 0 = 1 und für a 0 sei a n := 1 a n. n a definiert. Satz (Potenzgesetze) Es seien a, b R und m, n Z. Dann gelten folgende Regeln (vorausgesetzt die Ausdrücke sind definiert): (i) (ab) n = a n b n (ii) a m+n = a m a n (iii) (a m ) n = a mn Beweis. ohne Beweis. Satz (Monotonie, Definitheit) Es seien a < b R + und n Z. Dann gilt (i) a n < b n, falls n > 0 (ii) a n > b n, falls n < 0 (iii) a 2 0 und a 2 = 0 a = 0. Beweis. ohne Beweis. 13

14 Definition (Fakultät und Binomialkoeffizient) Für n N ist n! (lies: n Fakultät) durch n! := n k definiert. Weiter ist 0! := 1. Der Binomialkoeffizient ( n k) (lies: n über k) ist für k, n N0 und 0 k n durch ( ) n n! := k k!(n k)! definiert. Eine wichtige Technik im Rechnen mit Summenzeichen ist die Indexverschiebung. Bevor wir diese Technik in einem Satz formulieren, geben wir zwei Beispiele: Beispiel Es ist (m 2) = (2 2) (n 2). m=2 Wir führen eine neue Summationsvariable ein: k = m 2. Diese Substitution ist mit einer bijektiven Abbildung f des ursprünglichen Summationsintervalls {m N: 2 m n} auf das neue Summationsintervall {n N: 0 k n 2} verbunden. Damit ist n 2 (m 2) = (2 2) (n 2) = (n 2) = k. m=2 Eine der bekanntesten Anwendungen ist die Summenformel für die endliche geometrische Reihe. Beispiel Es sei q R\{1} und N N. Wir betrachten die endliche geometrische Reihe: S := N q n = 1 + q q N. Eine skizzenhafte Behandlung des Problems sieht wie folgt aus: Differenzenbildung ergibt: Somit ergibt sich: S = 1 qn+1 1 q. S = 1 +q q N qs = q q N +q N+1 (1 q)s = 1 q N+1 Die mathematisch strenge Behandlung sieht wie folgt aus: es ist Nach dem Distributivgesetz gilt N S = q n. (1) N N q S = q q n = q n+1. 14

15 Wir führen die neue Summationsvariable m = n + 1 ein und erhalten q S = N+1 m=1 q m = N+1 mit Zurückbenennung m n. Aus (1) und (2) erhalten wir (1 q) S = N N+1 q n q n. q n (2) Die Summationsintervalle in beiden Summen sind {n N 0 n N} bzw. {n N 1 n N +1}. Wir spalten die beiden Indizes, die nicht im Durchschnitt liegen, ab und erhalten Differenzenbildung ergibt: N q n = 1 + N+1 q n = N q n N q n + q N+1. also (1 q) S = 1 + N (q n q n ) q N+1 = 1 q N+1, S = 1 qn+1. 1 q Satz Es sei (a k ) eine Folge. Es sei m, n N 0 mit m n und p, q N. Dann ist Beweis. ohne Beweis. a k = k=m Beispiel Wir wollen T n := Wir betrachten S n := Es ist also n+p k=m+p a k p = m bestimmen. m=1 n q k=m q a k+q. m 2 und berechnen die Differenzen S n+1 S n auf zwei verschiedene Weisen: m=1 S n+1 = m 2 + (n + 1) 2 = S n + (n + 1) 2, m=1 Die Berechnung mittels Indexverschiebung lautet: S n+1 S n = (n + 1) 2. (1) S n+1 = = n+1 m=1 m 2 = m m=0 (k + 1) 2 = m + m=0 (m + 1) 2 = m=0 (m 2 + 2m + 1) m=0 1 = S n + 2T n + n + 1. m=0 15

16 Damit ist Vergleich von (1) und (2) ergibt also T n = S n+1 S n = 2T n + n + 1. (2) (n + 1) 2 = 2T n + n + 1, m=1 m = n2 + n 2 = 1 n(n + 1). 2 Die Behauptung B(n) lässt sich auch durch vollständige Induktion beweisen: Induktionsanfang n = 1: 1 m = 1 und 1 1 (1 + 1) = 1, also ist B(1) wahr. 2 m=1 Induktionsschritt n n + 1: Sei die Induktionshypothese für ein n richtig. Dann gilt also ist B(n) wahr. n+1 m=1 m = m + (n + 1) = T n + n + 1 = m=1 = (n + 1) Wir schließen mit Beispielen für Induktionsbeweise: Satz (Bernoullische Ungleichung) Es sei x > 1 und n N. Dann ist Beweis. Übungen. (IH) 1 ( ) 1 2 n + 1 = 1 (n + 1)(n + 2) 2 (1 + x) n 1 + nx. n(n + 1) + n Als letztes wollen wir eine Regel über die Berechnung von (a + b) n, den Binomischen Lehrsatz beweisen. Zur Vorbereitung zeigen wir eine Beziehung zwischen Binomialkoeffizienten. Lemma Es sei k, n N mit 0 k n 1. Dann ist ( ) ( ) ( ) n n n =. k k + 1 k + 1 Beweis. Nach Definition ist Nach Definition folgt: ( ) ( ) n n + = k k + 1 (k + 1)! = k! (k + 1) und (n k)! = (n k 1)! (n k) = = n! k! (n k 1)! (n k) + n! k! (k + 1) (n k 1)! n! (k + 1) (k + 1)! (n k)! + n! (n k) (k + 1)! (n k)! n! (n + 1) (k + 1)! (n k)! = (n + 1)! ((n + 1) (k + 1))! (k + 1)! = ( ) n + 1. k

17 Satz (Binomischer Lehrsatz) Es seien a, b R und n N. Dann ist (a + b) n = ( ) n a k b n k. k Beweis. Wir führen den Beweis durch vollständige Induktion: Induktionsanfang n = 1: 1 ( 1 k (a + b) 1 = a 1 + b 1 ) ( ) 1 a k b 1 k = a 0 b = Satz 1.4.5(ii) Def ( ) 1 a 1 b 0 = a + b. 1 Induktionsschritt n n + 1: Es sei die Induktionshypothese für ein n N richtig. Dann gilt ( ( ) n (a + b) n+1 = (a + b) n (a + b) = )a k b n k (a + b) Def (IH) k ( ) n ( ) n a k+1 b n k + a k b n k+1. k k Also ist (a + b) n+1 = ( ) n a k+1 b n k + k ( ) n a k b n k+1. (1) k Wir spalten von der ersten Summe den Term k = n und von der zweiten Summe den Term k = 0 ab und führen eine Indexverschiebung durch. Wir erhalten und ( ) n a k+1 b n k = k n 1 ( ) n a k b n+1 k = b n+1 + k Aus (1), (2), (3) und Lemma erhalten wir n 1 (a + b) n+1 = b n+1 + n 1 = b n+1 + ( ) n a k+1 b (n+1) (k+1) + a n+1 (2) k n 1 ( ) n a k+1 b (n+1) (k+1). (3) k + 1 (( ) ( )) n n + a k+1 b (n+1) (k+1) + a n+1 k k + 1 ( ) n + 1 a k+1 b (n+1) (k+1) + a n+1 k + 1 ( ) n+1 n + 1 ( ) n + 1 = b n+1 + a k b n+1 k + a n+1 = a k b n+1 k. k k 17

18 Kapitel 2 Folgen und Reihen 2.1 Folgen und Grenzwerte Definition (Grenzwert, Limes) Eine Zahl a heißt Grenzwert (Limes) der Folge (a n ), (Schreibweise: lim a n = a, a n a (n ), wenn gilt: ɛ > 0 n 0 = n 0 (ɛ) N, so dass n n 0 die Eigenschaft a n a < ɛ gilt. Man sagt dann auch: Die Folge (a n ) konvergiert gegen a oder (a n ) ist eine konvergente Folge. Hat (a n ) keinen Grenzwert, so heißt (a n ) divergent oder (a n ) divergiert. Definition Es sei ɛ > 0 und a R. Unter der ɛ- Umgebung U ɛ (a) versteht man U ɛ (a) := {x: x a < ɛ}. Man sagt: Eine Eigenschaft gilt für fast alle Elemente einer unendlichen Menge bzw. Glieder einer Folge, falls es höchstens endlich viele Elemente der Menge bzw. Glieder der Folge gibt, für die sie nicht gilt. Bemerkung Die Eigenschaft der Konvergenz lässt sich auch so ausdrücken: Man nennt a den Grenzwert von (a n ), wenn in jeder ɛ- Umgebung U ɛ (a) fast alle Glieder von (a n ) liegen. Satz Eine Folge (a n ) hat höchstens einen Grenzwert. Beweis. Annahme: Es sei lim a n = a und lim a n = b mit a < b. Wir setzen ɛ := b a 2. Es ist also Nach Definition gibt es ein n 0 = n 0 (ɛ), so dass für alle n n 0 gilt und ein n 1 = n 1 (ɛ), so dass für alle n n 1 gilt: b a = 2ɛ (1) a n a < ɛ (2) b a n < ɛ (3) gilt. Es sei n max{n 0, n 1 }. Aus (2) und (3) folgt nach der Dreiecksungleichung (Satz (iii)): im Widerspruch zu (1). b a = (b a n ) + (a n a) b a n + a a n < 2ɛ 18

19 Satz (Grenzwerte von konstanten Folgen) Für c R ist lim c = c. Beweis. Wir setzen c n := c für alle n. Dann ist c n c = 0 < ɛ für alle ɛ > 0 und für alle n N. Definition Gilt lim a n = 0 für eine Folge (a n ), so heißt (a n ) eine Nullfolge. Satz Die Folge ( 1 n) ist eine Nullfolge, d.h. es ist lim 1 n = 0. Beweis. Nach dem Vollständigkeitsaxiom besitzt die Menge X = { 1n } : n N ein Supremum S. Wegen 1 n < 0 für alle n ist 0 eine obere Schranke von ( 1 n), also ist S 0. Annahme: S < 0 Nach Definition des Supremums existiert ein n N mit 1 n > 4 1 3S. Dann ist aber 2n > 2 3S > S, ein Widerspruch. Damit ist sup {( n) 1 } : n N = 0, d.h. ɛ > 0 n0 = n 0 (ɛ) mit 1 n 0 > ɛ und somit 0 < 1 n 0 < ɛ. Wegen 0 < 1 n 1 n 0 für n n 0 folgt 1 n < ɛ, n n 0(ɛ). 1 Nach Definition ist lim n = 0. Definition (Beschränktheit) Eine Folge (a n ) heißt nach oben beschränkt, wenn ein A R mit a n A für alle n N existiert, bzw. nach unten beschränkt, wenn es ein B R mit a n B für alle n N gibt. Man nennt (a n ) beschränkt, falls es nach oben und nach unten beschränkt ist. Satz (i) Die Folge (n) ist nach oben unbeschränkt. (ii) Eine Folge (a n ) ist genau dann beschränkt, wenn ein S R existiert, so dass a n S für alle n N gilt. Beweis. (i) Annahme: Die Folge (n) ist beschränkt, d.h. es gibt ein S R mit n S für alle n N. Dann folgt 1 n S 1 1 > 0 für alle n N im Widerspruch zu lim n = 0 (Satz 2.1.3). (ii) Nach Definition ist (a n ) genau dann beschränkt, wenn A, B R mit existieren. Wir setzen S := max{ A, B }. Aus (1) folgt B a n A n N (1) a n S (2) für alle n N. Umgekehrt folgt aus (2) mit S > 0 auch S a n S und somit auch die Beschränktheit von (a n ). 19

20 Satz Eine konvergente Folge ist beschränkt. Beweis. Es sei lim a n = a. Nach Definition mit ɛ = 1 existiert ein n 0 = n 0 (1), so dass Aus (1) folgt a n a < 1 für n n 0. (1) a n a + 1. (2) Nach Satz (ii) existiert M := max{ a n, n < n 0 } { a + 1}. Aus (2) folgt dann a n M für alle n N. Es ist oft einfacher, Beweise über die Konvergenz von Folgen zu führen, indem man nicht direkt auf die Definition zurückgeht, sondern den folgenden Satz verwendet: Satz Für die Folge (a n ) sind folgende Aussagen äquivalent: (i) lim a n = a. (ii) C > 0, so dass ɛ > 0 n 0 = n 0 (ɛ), so dass n n 0 (ɛ) die Aussage a n a < Cɛ gilt. Beweis. : Es sei ɛ > 0. Nach Definition gibt es für alle ɛ > 0 ein n 0 = n 0 (ɛ ), so dass a n a < ɛ für alle n n 0 (ɛ ) ist. Dies gilt insbesondere auch für ɛ = Cɛ, weshalb a n a < ɛ = Cɛ für n n 0 (ɛ ) folgt. : Es sei ɛ > 0. Wir setzen ɛ = C 1 ɛ. Dann gibt es nach Voraussetzung ein n 0 = n 0 (ɛ ), so dass a n a < Cɛ = ɛ für alle ɛ > 0 ist. Nach Definition ist lim a n = a. Satz (Grenzwertsätze) Es seien (a n ) und (b n ) Folgen mit lim a n = a und lim b n = b. Dann ist (i) (ii) (iii) lim (a n + b n ) = lim a n + lim b n = a + b ( ) ( ) lim (a n b n ) = lim a n a n lim = a, falls b 0. b n b lim b n = ab Beweis. (i) Es sei ɛ > 0. Nach Definition gibt es n 0 = n 0 (ɛ) N und n 1 = n 1 (ɛ) N, so dass a n a < ɛ für alle n n 0 (ɛ) und b n b < ɛ für alle n n 1 (ɛ) gilt. Es sei n 2 := max{n 0, n 1 }. Dann ist für n n 2 nach der Dreiecksungleichung (Satz (iii)) (a n + b n ) (a + b) = (a n a) + (b n b) a n a + b n b < 2ɛ. Nach Satz folgt lim (a n + b n ) = a + b. (ii) Nach Satz ist die Folge (b n ) beschränkt, d.h. es existiert ein B R mit für alle n N. b n B (1) 20

21 Es sei ɛ > 0. Nach Definition gibt es ein n 0 = n 0 (ɛ) N und n 1 = n 1 (ɛ) N mit a n a < ɛ (2) für alle n n 0 und b n b < ɛ (3) für alle n n 1. Es sei n 2 := max{n 0, n 1 }. Dann ist für alle n n 2 a n b n ab = a n b n ab n + ab n ab a n a b n + a b n b Ugl. < (1),(2),(3) (B + a ) ɛ. (iii) Nach Definition gibt es ein n 0 N, so dass b n b b 2 für alle n n 0 ist, womit b n 1 b (1) 2 für alle n n 0 gilt. Nach Definition gibt es n 1 = n 1 (ɛ) bzw. n 2 = n 2 (ɛ), so dass für alle n n 1 (ɛ) bzw. für alle n n 2 (ɛ) dann a n a < ɛ bzw. b n b < ɛ gilt. Wir setzen n 3 := max{n 1, n 2 } und erhalten a n a < ɛ und b n b < ɛ (2) für alle n n 3. Es folgt a n a b n b = Ugl. 1 bb n a nb ab n = 1 bb n a nb ab + ab ab n 1 bb n ( b a n a + a b n b ) (1),(2) 2 ( a + b ) ɛ. b 2 Satz (Erhaltung von Ungleichungen) Es seien (a n ) und (b n ) Folgen mit lim Dann ist a b, also lim a n lim b n. Beweis. Annahme: a > b Wir setzen a n = a und lim b n = b sowie a n b n für alle n N. 2ɛ := a b. (1) Nach Definition existiert n 0 = n 0 (ɛ), so dass für alle n n 0 (ɛ) gilt: Aus (2) folgt a n a < ɛ und b n b < ɛ. (2) a n > a ɛ und b n < b + ɛ (3) für alle n n 0. Aus (1) und (3) folgt b n < a n für alle n n 0, ein Widerspruch. Nach Axiom (A1) (Trichotomiegesetz) folgt a b. Bemerkung Aus der scharfen Ungleichung a n < b n kann nicht lim a n < lim b n gefolgert werden, sondern auch nur lim a n lim b n. Die sieht man am Beispiel a n = 0 und b n = 1 n. Es ist a n < b n, aber lim a n = lim b n. 21

22 Satz Es sei q R und q < 1. Dann ist lim qn = 0. Beweis. Fall 1: q = 0 Dann ist lim qn = lim 0 = 0. Fall 2: Es sei Q := q 1. Dann ist Q = 1 + η mit einem η > 0. Nach der Bernoullischen Ungleichung (Satz 1.4.9) ist Q n = (1 + η) n 1 + nη. Also ist q n = Q n (1 + nη) 1 η 1 n 1 und damit η 1 n 1 q n η 1 n 1. Nach den Sätzen 2.1.4, und ist also lim qn = 0. 0 = lim ( η 1 n 1) lim qn lim η 1 n 1 = 0, Beispiel Es sei a n = n ( 1) n. Wir untersuchen, ob das Konvergenzkriterium von Definition für a = 1 erfüllt ist. Fall 1: Es sei ɛ > Dann können wir schreiben: ɛ = η 1 mit η 1 > 0. Wir wählen n 0 = n 0 (ɛ) N, so dass n 0 > η1 1 ist. Für n n 0 haben wir dann a n 1 = 1 n ( 1) n < η 1 = ɛ. Fall 2: Es sei ɛ 10 6, z.b. ɛ = 10 6 η 2 mit η 2 > 0. Wir wählen n 1 = n 1 (ɛ) N, so dass n 1 > η2 1. Für n n 1 haben wir dann a n 1 = 1 n ( 1) n > 10 6 η 2 = ɛ. Damit ist das Kriterium von Definition mit a = 1 zwar im Fall ɛ > 10 6 erfüllt, aber nicht im Falle ɛ Somit konvergiert a n nicht gegen 1. Es gibt auch keinen anderen Grenzwert a. Es sei a R. Nach der Dreieicksungleichung ist = ( a ) ( a ) a a. Daraus folgt: Für alle a R gilt einer der folgenden Fälle: Fall a: a ( ) > 10 6 oder Fall b: a ( ) > Wir zeigen, dass in Fall a) die Zahl a nicht der Grenzwert von (a n ) sein kann. Fall b) wird analog behandelt. Es sei n Dann ist für alle geraden n folglich a n a n Für ɛ = 10 6 ist das Kriterium von Definition nicht erfüllt: es gibt kein n 0 (ɛ), so dass für n n 0 (ɛ) dann a n a < ɛ gilt. Also ist a nicht Grenzwert von (a n ). Es gibt jedoch Zahlen, nämlich l 1 = und l 2 = , die schwächere Eigenschaften als das Konvergenzkriterium erfüllen. In beliebigen ɛ- Umgebungen U ɛ (l 1 ) bzw. U ɛ (l 2 ) liegen zwar nicht fast alle Glieder der Folge (a n ), aber doch unendlich viele. Die Zahlen l 1, l 2 sind Beispiele von Häufungswerten. 22

23 Definition Es sei (a n ) eine Folge. Dann heißt a Häufungswert (HW) von (a n ), falls es für jedes ɛ > 0 unendlich viele n N mit a n U ɛ (a) gibt. Satz Es sei (a n ) eine Folge und a R. Dann ist a genau dann Häufungswert von (a n ), wenn es eine Teilfolge (a nk ) von (a n) mit lim k a n k = a gibt. Beweis. : Es sei a Häufungswert von (a n ). Wir definieren durch vollständige Induktion eine Folge (n k ) mit n k N und n k+1 > n k, so dass a nk a < 1 k : k = 1: Nach Definition gibt es ein n 1 mit a n1 a < 1 k. k k + 1: Es sei n k schon definiert und a nk a < 1 k. Nach Definition gibt es n k+1 > n k mit a nk+1 a < 1 k+1. Nach Definition ist lim a nk = a. : Es sei lim a nk = a. Weiter sei ɛ > 0. Dann gibt es nach Definition ein k 0 = k 0 (ɛ), so dass a nk a < ɛ für - viele k gilt. Beispiel Es sei a n = n ( 1) n wie in Beispiel Dann ist lim 2k k = = l 2 und lim 2k+1 k = = l 1. Satz (Existenz von Infimum und Supremum) (i) Eine nach oben beschränkte Menge reeller Zahlen hat stets ein Supremum. (ii) Eine nach unten beschränkte Menge reeller Zahlen hat stets ein Infimum. Beweis. (i) Dies ist das Vollständigkeitsaxiom (V). (ii) Man betrachte die Menge X := { x x X}. Dann gilt: s ist untere Schranke von X s ist obere Schranke von X. Also ist inf X = sup( X), und sup( X) existiert nach (i). Definition (Monotonie) Die Folge (a n ) heißt monoton wachsend (bzw. monoton fallend), wenn a n+1 a n für alle n (bzw. a n+1 a n für alle n) gilt. Gilt die scharfe Ungleichung a n+1 > a n (bzw. a n+1 < a n ), so heißt (a n ) streng monoton wachsend (bzw. streng monoton fallend). Eine Folge heißt monoton, wenn sie monoton wachsend oder monoton fallend ist. Ist lim a n = a und (a n ) monoton wachsend (bzw. fallend), so schreiben wir auch a n a (bzw. a n a). Satz (Monotoniekriterium) Eine beschränkte monotone Folge ist konvergent. 23

24 Beweis. Fall 1: (a n ) ist monoton wachsend: Nach Satz hat X := {a n n N} ein Supremum s. Es sei ɛ > 0. Nach der Definition des Supremums gibt es ein n 0 = n 0 (ɛ), so dass a n0 s ɛ. Wegen der Monotonie ist dann s ɛ a n s für alle n n 0. Nach Definition folgt lim a n = s. Fall 2: (a n ) ist monoton fallend: Dann ist ( a n ) monoton wachsend, und es ist lim a n = lim ( a n ). Definition Unter der Länge eines Intervalls I = [a, b] mit a, b R (Schreibweise: I ), versteht man I = b a. Definition (Intervallschachtelung) Eine Folge (I n ) von kompakten Intervallen heißt Intervallschachtelung, wenn (i) I n+1 I n (ii) lim I n = 0. Satz Es sei (I n ) eine Intervallschachtelung, und I n = [a n, b n ]. Dann existiert genau ein a R mit a n a und b n a mit n. Beweis. Übungen. Satz (Bolzano- Weierstraß) Eine beschränkte Folge hat mindestens einen Häufungswert. Beweis. Es sei s c n t (1) für alle n N und s, t R. Wir zeigen durch vollständige Induktion, dass eine Intervallschachtelung (I m ) mit I m = (t s) 2 m und c n I m für unendlich viele n existiert: m = 0: Wir setzen I 0 := [s, t]. Wegen (1) gilt c n I 0 für alle n. m m + 1: Es sei I m = (t s) 2 m, I m = [a m, b m ] und c n I m für unendlich viele n. Dann ist I m = I m,1 I m,2 mit I m,1 = [ ] a m, am+bm 2 und Im,2 = [ a m+b m ] 2, b m. Für mindestens ein j {1, 2} ist cn I m,j für unendlich viele n. Wir setzen I m+1 := I m,j. Es ist I m+1 = 1 2 I m = (t s) 2 (m+1). Nach Satz ist I m 0 für m. Nach Satz gibt es ein a R mit a m a und b m a. Es sei ɛ > 0. Wegen I m 0 für m existiert ein m mit I m < ɛ. Für die unendlich vielen n mit c n I m gilt: a m < c n < b m. Es folgt c n a < ɛ. Damit ist a Häufungswert von (c n ). Definition Eine Folge (a n ) heißt Cauchyfolge, falls für alle ɛ > 0 ein n 0 = n 0 (ɛ) existiert, so dass für alle Paare (m, n) N 2 mit m n 0 und n n 0 gilt, dass a m a n < ɛ. Satz (Cauchykriterium) Eine Folge ist genau dann konvergent, wenn sie eine Cauchyfolge ist. Beweis. : Es sei lim a n = a. Es sei ɛ > 0. Nach Definition existiert ein n 0 = n 0 (ɛ/2), so dass a n a < ɛ/2 für alle n n 0 ist. Es sei m n 0 und n n 0 mit m, n N. Aus a m a < ɛ/2 und a n a < ɛ/2 folgt Damit ist (a n ) eine Cauchyfolge. a m a n = (a m a) (a n a) a m a + a n a < ɛ. Ugl. 24

25 : Es sei (a n ) eine Cauchyfolge. Wenn wir in Definition nun ɛ = 1 setzen, erhalten wir ein n 0 N, so dass a m a n < 1 für alle (m, n) mit m n 0 und n n 0 ist. Es sei M := max{a n n n 0 }. Dann ist für n n 0 gerade a n a n Also ist a n max{m, a n0 + 1} für alle n N, und damit ist (a n ) beschränkt. Nach Satz (Bolzano- Weierstraß) hat (a n ) einen Häufungswert a. Es sei ɛ > 0. Da (a n ) eine Cauchyfolge ist, gibt es n 0 = n 0 (ɛ), so dass für m, n n 0 (ɛ) gilt Da a Häufungswert von (a n ) ist, gibt es ein m 0 N, m 0 n 0, mit a m a n < ɛ. (1) a m0 a < ɛ. (2) Da (1) auch für m = m 0 gilt, ist für alle n n 0. Aus (2) und (3) folgt a m0 a n < ɛ (3) a a n < a a m0 + a m0 a n a a m0 + a m0 a n < 2ɛ Ugl. für alle n n 0. Nach Satz ist lim a n = a. Satz Die Menge H der Häufungswerte einer beschränkten Folge ist beschränkt. Beweis. Es sei s eine obere Schranke der Folge (a n ), d.h. a n s für alle n. Weiter sei a = s + ɛ mit ɛ > 0. Dann ist a n / U ɛ (a) für alle n. Also ist a kein Häufungswert von (a n ). Für jeden Häufungswert a von (a n ) gilt also a s. Analog zeigt man: a u für jede untere Schranke u von (a n ). Definition Es sei (a n ) eine beschränkte Folge und H die Menge aller Häufungswerte der Folge (a n ). Dann definiert man lim a n := lim sup a n := sup H lim a n := lim inf a n := inf H und (Sprich: Limes Superior und Limes Inferior). Satz Für eine beschränkte Folge (a n ) existieren stets lim sup eindeutig bestimmt. Insbesondere sind lim sup a n und lim inf a n und sind a n und lim inf a n der größte bzw. der kleinste Häufungswert von (a n ). Beweis. Die Existenz folgt aus Satz und die Eindeutigkeit aus der Eindeutigkeit des Supremums und des Infimums. Es sei H die Menge der Häufungswerte von (a n ) und l := lim sup a n, also nach Definition ist l = sup H. Es sei ɛ > 0. Da l die kleinste obere Schranke von H ist, gibt es einen Häufungswert w von (a n ) mit l ɛ/2 < w l. Nach Definition gibt es unendlich viele n, so dass a n U ɛ/2 (w). Für diese n gilt a n l (a n w) + (w l) Ugl. a n w + w l < ɛ. Also ist a n U ɛ (l).damit ist l H, also ist l = max H. Analog zeigt man lim inf a n H. 25

26 Satz Es sei (a n ) eine beschränkte Folge und l R. (i) Es ist genau dann l = lim sup a n, wenn es für alle ɛ > 0 unendlich viele n mit a n > l ɛ, aber höchstens endlich viele n mit a n > l + ɛ gibt. ( ) (ii) Es ist genau dann l = lim inf a n, wenn es für alle ɛ > 0 unendlich viele n mit a n < l + ɛ, aber höchstens endlich viele n mit a n < l ɛ gibt. Beweis. Wir zeigen nur (i). : Es sei l = lim sup a n und ɛ > 0. Nach Satz ist l ein Häufungswert von (a n ). Nach Definition gibt es unendlich viele n mit a n U ɛ (l) = (l ɛ, l + ɛ). Für diese n gilt insbesondere a n > l ɛ. Annahme: es existieren unendlich viele n mit a n > l + ɛ. Es sei X = {n: a n > l + ɛ}. Dann ist X eine unendliche Menge. Es sei X = {n k : k N} mit n k < n k+1. Dann ist (a nk ) eine unendliche beschränkte Teilfolge von (a n ). Diese hat nach Satz (Bolzano- Weierstraß) einen Häufungswert l. Wäre l l, so gäbe es keine n k mit a nk U ɛ (l ) im Widerspruch zur Definition von l als Häufungswert von (a nk ). Also muss l > l sein, was im Widerspruch zur Tatsache steht, dass l der größte Häufungswert von (a n ) ist. Damit gilt ( ). : Wir nehmen die Gültigkeit von ( ) an. Dann ist l ein Häufungswert von (a n ). Es sei l = l + 2ɛ mit ɛ > 0. Dann gibt es höchstens endlich viele n mit a n U ɛ (l ). Also ist l kein Häufungswert. Bemerkung Für l = lim sup a n gibt es nach Satz höchstens endlich viele n N mit a n > l + ɛ. Es kann jedoch unendlich viele n mit a n > l geben, wie das Beispiel a n = 1 n und l = 0 zeigt. Satz Es sei (a n ) eine beschränkte Folge. Die Folge ist genau dann konvergent, wenn sie nur einen einzigen Häufungswert besitzt. In diesem Fall ist dann lim sup a n = lim inf a n = lim a n. Beweis. : Es sei H = {l} mit l R. Dann ist inf H = sup H = l, also l = lim sup a n = lim inf a n. Es sei ɛ > 0. Nach Satz (i) gibt es höchstens endlich viele n mit a n > l + ɛ und nach (ii) höchstens endlich viele n mit a n < l ɛ. Also gilt für fast alle n: Nach Definition bedeutet dies lim a n = l. : Es sei a = lim a n (l ɛ, l + ɛ) = U ɛ (l). a n. Dann ist nach Satz sowohl a = lim sup Damit ist H = {a}. 26 a n, als auch a = lim inf a n.

27 Man kann nun die in diesem Abschnitt definierten Konzepte noch erweitern, indem man die Menge der reellen Zahlen R zur Menge R = R {, } mit den neuen Elementen (unendlich) und (minus unendlich) erweitert. Diese Objekte und können dann als uneigentliche Grenzwerte, Häufungswerte, etc. auftreten. Definition (Umgebungen von und ) Es sei c R. Unter der c- Umgebung von (U c ( )) bzw. der c- Umgebung von (U c ( )) versteht man U c ( ) := (c, ) = {x: x > c} bzw. U c ( ) := (, c) = {x: x < c}. Definition Es sei (a n ) eine Folge. Man sagt, (a n ) divergiert gegen bzw. gegen (Schreibweise: lim a n =, a n für n bzw. lim a n =, a n für n ), wenn für alle c > 0 für fast alle n gilt, dass a n U c ( ) bzw. a n U c ( ) ist. Dann heißen bzw. uneigentlicher Grenzwert von (a n ). Beispiel Nach Satz ist lim n =. Definition Man nennt bzw. uneigentliche Häufungswerte der Folge (a n ), wenn für alle c > 0 es unendlich viele n mit a n U c ( ) bzw. a n U c ( ) gibt. Definition Es sei X R nach oben (bzw. nach unten) unbeschränkt. Dann schreiben wir sup X = (bzw. inf X = ). Definition Es sei (a n ) eine Folge und H die Menge der eigentlichen und uneigentlichen Häufungswerte von (a n ). Dann setzen wir lim sup a n = sup H und lim inf a n = inf H. 2.2 Die n- te Wurzel Satz Es sei n N und x [0, ). Dann gibt es genau ein y 0, so dass y n = x ist. Beweis. Es sei W := {z z [0, ), z n x}. Nach der Bernoullischen Ungleichung (Satz 1.4.9) gilt für z 1 + x n ( z n 1 + x ) n x 1 + n n n = x + 1 > x. Damit ist W beschränkt und nach Satz existiert y 0 := sup W. Wir zeigen im folgenden: y n 0 = x. Annahme: y0 n < x: Dann gibt es ein δ > 0, so dass x = y0 n + δ. Wir setzen n 1 ( ) n M := y k 0, k { } 1 ɛ := min 2 δm 1, 1 z := y 0 + ɛ. 27 und

28 Wegen ɛ 1 ist ɛ m ɛ für alle m N. Nach dem Binomischen Lehrsatz (Satz ) ist dann n 1 ( ) n z n = (y 0 + ɛ) n = y0 n + y k k 0ɛ n k y0 n + Mɛ y0 n δ < x. Damit ist z W mit z > y 0, ein Widerspruch. Annahme: y0 n > x: Dann gibt es ein δ > 0 mit x = y0 n(1 δ). Es sei ɛ := min { 1 2 n 1 δ, 1 2} und z = y0 (1 δ). Nach der Bernoullischen Ungleichung ist z n = y n 0 (1 ɛ) n y n 0 (1 nɛ) > x. Damit ist z eine obere Schranke von W mit z < y 0, ein Widerspruch. Es ist also y n 0 = x. Weiter ist 0 < z < y 0 z n < y n 0 = x z > y 0 z n > y n 0 = x. Also gilt y n = x mit y 0 genau dann, wenn y = y 0 ist. 2.3 Unendliche Reihen Definition Es sei (a n ) eine Zahlenfolge. Unter der unendlichen Reihe (kurz: Reihe) a m (sprich: Summe m = 1 bis unendlich a m ) versteht m=1 man die Folge (S n ) der Partialsummen S n = existiert. Man schreibt dann Ist a m. Die Reihe m=1 lim S n = lim a m =: S m=1 a m heißt konvergent, falls m=1 a m = s und nennt S den Wert der unendlichen Reihe. m=1 a m nicht konvergent, so heißt es divergent. m=1 Bemerkung Man kann allgemeiner auch unendliche Reihen der Form betrachten. Die Änderung in der Definition ist offensichtlich. a m mit k N 0 Definition Es sei q R. Unter der (unendlichen) geometrischen Reihe versteht man Satz Für q < 1 ist Für q 1 ist q n divergent. q n = 1 1 q. 28 m=k q n.

29 Beweis. Für die Folge der Partialsummen S k := k q n gilt: S k+1 S k = q k+1. Nach dem Cauchykriterium (2.1.15) ist die unendliche Reihe höchstens dann konvergent, wenn S k+1 S k 0 für k, also für q < 1. Nach Beispiel ist S k = 1 qk+1. Nach Satz ist lim 1 q k qk+1 = 0 für q < 1. Es gilt also q n = 1 für q < 1. 1 q Für q 1 ist die unendliche Reihe divergent. Beispiel Wir bestimmen Es ist Folglich ist Also ist S n = 1 k(k + 1) = 1 k(k + 1). 1 k(k + 1) = 1 k 1 k + 1. ( 1 k 1 ) = k k(k + 1) = lim S n = 1. n+1 1 k 1 k = 1 1 n + 1. Satz (Grenzwertsätze) Es seien a k und b k konvergente Reihen, und es sei a R. Dann konvergieren die Reihen (a k + b k ) und a a k, und es gilt k=2 (i) (a k + b k ) = a k + (ii) a a k = a a k (iii) Ist a k b k für alle k N, dann gilt b k a k b k. Beweis. Wir beweisen nur (i): Es seien S n := a k und T n := b k die Partialsummen der beiden Reihen. Nach Definition ist ( ) (a k + b k ) = lim (a k + b k ) = lim (S n + T n ) = S lim S n + lim T n = a k + b k. 29

30 2.4 Konvergenzkriterien für unendliche Reihen Satz Für eine konvergente Reihe Beweis. Mit S k = k a n ist S k+1 S k = a k+1. Die Behauptung folgt nach dem Cauchykriterium. a n ist lim a n = 0. Bemerkung Aus lim a n = 0 folgt nicht die Konvergenz von sehen werden. a n, wie wir bald in Beispielen Definition (absolute Konvergenz) Eine unendliche Reihe a n heißt absolut konvergent, wenn Satz (ii) Die Reihe Beweis. (i) Eine absolut konvergente Reihe a n konvergiert. a n ist konvergent, und es ist a n a n. a n ist genau dann absolut konvergent, wenn die Folge der Partialsummen beschränkt ist. (i) Wir wenden das Cauchykriterium (Satz ) auf die konvergente Reihe Es sei ɛ > 0 gegeben. Dann existiert ein n 0 = n 0 (ɛ), so dass Aus der Dreiecksungleichung folgt n 1 <k n 2 a k n 1 <k n 2 a k < ɛ. Aus der anderen Richtung des Cauchykriteriums folgt die Konvergenz von Es seien S n := a k und T n := a m m=1 a k an. n 1 <k n 2 a k < ɛ für alle n 1, n 2 n 0. a k. a k. Nach der Dreiecksungleichung ist S n T n. Nach Satz (Erhaltung von Ungleichungen) folgt a k = lim S n lim T n = a k. 30

31 (ii) Die Folge (T n ) ist monoton wachsend. Die Behauptung folgt aus Satz und Satz (Monotoniekriterium). Satz (Leibnizkriterium) Es sei a n 0. Dann ist ( 1) n a n konvergent. Beweis. Es sei S k = k ( 1) n a n. Weiter ist S 2m+1 = S 2m + ( 1) 2m+1 a 2m+1 S 2m S 2m+3 = S 2m+1 + ( 1) 2m+2 (a 2m+2 a 2m+3 ) S 2m+1 S 2m+2 = S 2m + ( 1) 2m+1 (a 2m+1 a 2m+2 ) S 2m Wir setzen I m := [S 2m+1, S 2m ], für das wegen den obigen Ungleichungen I m+1 I m folgt. Es ist I m = S 2m S 2m+1 = a 2m 0. Nach Definition ist die Folge (I m ) eine Intervallschachtelung. Nach Satz existiert genau ein a R mit S 2m+1 a und S 2m a. Satz (Majorantenkriterium) Es seien (a n ) und (b n ) Folgen mit a n b n. Es sei konvergent, und es ist a n b n. b n konvergent. Dann ist a n absolut Beweis. Für die Folge der Partialsummen S n := S n a m gilt: m=1 b n m=1 b n. Damit ist (S n ) beschränkt und konvergiert nach Satz (Monotoniekriterium). Definition Die Reihe m=1 b n heißt konvergente Majorante der Reihe Beispiel Wir betrachten 1 k 2. Aus der Ungleichung k + 1 2k folgt Damit ist die Reihe konvergent. a n. 1 k 2 2. Nach Beispiel ist k(k + 1) 2 k(k + 1) eine konvergente Majorante von 2 k(k + 1) = 2. 1 k 2. Nach Satz ist Bemerkung Mit dem Majorantenkriterium kann die Frage der Konvergenz einer unendlichen Reihe entschieden werden. Der Wert der Reihe kann jedoch nicht bestimmt werden. In Beispiel k 2 31

32 ist der Wert der Majorante 1 k 2. Satz (Minorantenkriterium) Es seien (a n ) und (b n ) Folgen mit 0 a n b n. Es sei 2 = 2 sehr einfach zu bestimmen, nicht jedoch der Wert von k(k + 1) a n divergent. Dann ist b n divergent. Beweis. Annahme: ein Widerspruch. b n konvergiert. Dann ist nach dem Majorantenkriterium a n konvergent, Definition Die Reihe a n heißt divergente Minorante der Reihe Definition Es sei (a n ) eine Folge und a n 0. Ist a n konvergent, so schreibt man auch a n <. Ist a n divergent, so schreibt man auch a n =. b n. Zwei wichtige Kriterien, das Quotientenkriterium und das Wurzelkriterium erhält man, wenn man eine Reihe mit der geometrischen Reihe als Majorante oder Minorante vergleicht. Satz (Quotientenkriterium) Es sei (a n ) eine Folge mit a n 0. (i) Ist lim sup (ii) Ist a n+1 a n a n+1 a n < 1, so ist a n absolut konvergent. 1 für alle n n0, so ist a n divergent. Beweis. (i) Es sei l := lim sup a n+1 a n. Dann ist l = 1 2ɛ mit ɛ > 0. Es sei q := 1 ɛ. Nach Satz gibt es ein n 0, so dass a n+1 q für n n 0 ist. Durch vollständige Induktion nach k zeigt man, dass a n0 +k a n0 q k für alle k N ist. Somit ist Die Folge der Partialsummen 0 +k a n n 0 a n a n + a n0 q k <. N a n ist also beschränkt. Damit ist 32 a n konvergent.

33 (ii) Aus a n+1 a n 1 für alle n n 0 folgt a n a n0 für alle n n 0. Damit ist das Konvergenzkriterium lim a n = 0 von Satz nicht erfüllt, und damit ist a n divergent. Satz (Wurzelkriterium) Es sei (a n ) n eine Folge. Es sei l := lim sup an. Dann gilt (i) Wenn l < 1 ist, dann konvergiert (ii) Wenn l > 1 ist, dann divergiert a n absolut. a n. Beweis. (i) Aus l < 1 folgt l = 1 2ɛ mit ɛ > 0. Es sei q := 1 ɛ. Nach Satz gibt es ein n 0, so dass n a n q für n n 0 ist. Also ist a n q n für n n 0. Somit ist N n 0 a n a n + n=n 0 +1 q n <. Die Folge der Partialsummen N a n ist also beschränkt. Damit ist a n konvergent. (ii) Aus l > 1 folgt l = 1 + ɛ mit ɛ > 0. Nach Satz gibt es ein n 0, so dass n a n 1 für n n 0 ist. Damit ist das Konvergenzkriterium lim a n = 0 von Satz nicht erfüllt, und damit ist a n divergent. Es gibt Fälle, in denen weder das Quotienten- noch das Wurzelkriterium geeignet sind, die Frage der Konvergenz oder Divergenz einer unendlichen Reihe zu entscheiden. In diesen Fällen führen oft andere Kriterien zur Antwort. Wir werden später die sogenannten Integralkriterien kennenlernen. Wir begnügen uns zunächst mit Satz (Cauchyscher Verdichtungssatz) Es sei (a n ) monoton fallend und a n 0. Dann ist die Reihe die (verdichtete) Reihe 2 n a 2 n konvergiert. Beweis. Wir schreiben die Partialsumme S 2 N+1 = Es ist S 2 N+1 = N+1 S 2 n N S 2 n = S 2 n+1 S 2 n = 2 n+1 k=2 n +1 2 N+1 a n genau dann konvergent, wenn a n mit N N in der Form N (S 2 n+1 S 2 n) + S 1. a k { 2 n a 2 n+1 2 n a 2 n +1 33

34 Deshalb folgt, dass und S 2 N S 2 N+1 N 2 n+1 a 2 n+1 + a 1 = 1 2 N 2 n a 2 n +1 + a 1 N+1 2 n a 2 n + a 1 2 N 2 n a 2 n + a 1. Also ist die Folge (S 2 N+1) N=0 genau dann beschränkt, wenn die Reihe 2 n a 2 n beschränkt ist. Weil die Folge (S k ) monoton wächst, ist (S k) genau dann beschränkt, wenn (S s N+1) N=0 beschränkt ist. Die Behauptung folgt nach Satz (ii). Definition Die Reihe 1 n heißt harmonische Reihe. Satz Die harmonische Reihe ist divergent: 1 n =. Beweis. Nach Satz (Cauchyscher Verdichtungssatz) ist verdichtete Reihe 2 n 1 divergiert. Dies ist der Fall. 2n 1 n genau dann divergent, wenn die Bemerkung Die harmonische Reihe liefert somit ein Beispiel dafür, dass die Umkehrung von Satz nicht gilt: Setzen wir a n = 1 n, so ist lim a n = 0, aber a n divergiert. Weiter lässt sich aus der harmonischen Reihe ein Beispiel für eine Reihe angeben, die konvergiert, ( 1) n+1 aber nicht absolut konvergiert. Die alternierende harmonische Reihe konvergiert nach n Satz (Leibnizkriterium). Durch Bildung der Absolutbeträge entsteht jedoch die harmonische Reihe, welche divergiert. Die Divergenz der harmonischen Reihe kann weder mit dem Quotienten- noch mit dem Wurzelkriterium entschieden werden, wie wir gleich sehen werden. Wir wollen im folgenden Wurzel- und Quotientenkriterium vergleichen: Als Vorbereitung beweisen wir Satz Für a > 0 ist lim n a = 1. Beweis. (i) Wir nehmen zunächst a > 1 an: Es sei n a = 1+ɛ n mit ɛ n > 0. Nach der Bernoullischen Ungleichung ist a = (1+ɛ n ) n 1+nɛ n, also ɛ n a 1 n. Damit ist lim ɛ n = 0 und lim n a = 1. (ii) Ist a < 1, so wenden wir (i) mit 1 a an. (iii) Für a = 1 ist die Behauptung klar. 34

35 Satz Es sei (a n ) eine Folge mit a n 0 für alle n N. Dann gilt: (i) lim sup (ii) lim inf n an lim sup a n+1 a n lim inf a n+1 a n n an (iii) Wenn der Grenzwert lim gilt lim n an = lim a n+1 a n. a n+1 a n existiert, dann existiert auch der Grenzwert lim n an, und es Beweis. Wir beweisen nur (i): a n+1 Es sei l := lim sup und δ > 0. Nach Satz gibt es ein n 0 = n 0 (δ), so dass a n+1 a a n q für alle n n n 0 ist. Durch vollständige Induktion folgt a n 0 +l a n0 q l für alle l N. Wir setzen n := n 0 + l und erhalten a n q n n 0 a n0. Es folgt n a n q n q n 0 n an0. Wegen lim q n 0an0 gibt es zu jedem ɛ > 0 ein n 1 = n 1 (ɛ), so dass n a n q + ɛ für alle n n 1 ist. Beispiel Die unendliche Reihe a n+1 lim a n n ist konvergent, denn 2n (n + 1)2 n = lim 2 n+1 n = 1 ( 2 lim ) = 1 n 2 < 1. Beispiel Es sei a n = 1 n und b n = 1. n 2 Weder Quotienten- noch Wurzelkriterium sind geeignet, die Frage der Konvergenz der (divergenten) Reihe a n oder der (konvergenten) Reihe b n zu entscheiden. Es ist und auch lim a n+1 lim a n = lim n an = 1 und lim Nach Satz (i) ist lim sup n n + 1 = 1, lim b n+1 = lim b n n bn = 1 (nach Satz (iii)). n an lim sup a n+1 a n. n 2 (n + 1) 2 = 1 Kann daher die Konvergenz einer Reihe mit dem Quotientenkriterium nachgewiesen werden, so auch mit dem Wurzelkriterium. Die Umkehrung gilt nicht, wie das folgende Beispiel zeigt. Das Wurzelkriterium ist also stärker als das Quotientenkriterium. { 2 Beispiel Es sei m N und a n = n, für n = 2m n 2 n. es ist, für n = 2m + 1 Es ist aber und damit lim m a 2m+1 = 1 a n+1 (2m + 1), also lim sup =. a 2m 2 a n 2m+1 (2m + 1)2 (2m+1) = 1 2 lim und n an = 1 2 < 1. lim m 2m 2 (2m) = 1 2 Das Wurzelkriterium zeigt also die Konvergenz der unendlichen Reihe, während das Quotientenkriterium keine Antwort liefert. 35