Analysis I - Einige Lösungen und Ergänzungen

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1 Christian-Albrechts-Universität zu Kiel Mathematisch-Naturwissenschaftliche Fakultät Mathematisches Seminar Analysis I - Einige Lösungen und Ergänzungen von Dipl.-Math. Joscha Prochno Dipl.-Math. Dennis Sebastian 4. Januar 20

2 Inhaltsverzeichnis Kapitel. Ergänzungen zur Vorlesung 2 Kapitel 2. Aufgabenblatt 2 5 Kapitel 3. Aufgabenblatt 3 7 Kapitel 4. Aufgabenblatt 4 9 Kapitel 5. Aufgabenblatt 5 2 Kapitel 6. Aufgabenblatt 6 4

3 Kapitel Ergänzungen zur Vorlesung Aus Zeitgründen kann in der Vorlesung nicht auf alles eingegangen werden, darum werden wir an dieser Stelle einige Aussagen beweisen, für die in der Vorlesung keine Zeit war. Außerdem werden wir an einigen Stellen etwas genauer auf Dinge aus der Vorlesung eingehen. Die Aussagen, die hier bewiesen werden, dürfen auch für die Lösungen der Übungsaufgaben genutzt werden und können auch in der Klausur verwendet werden. Sollten sich doch irgendwo kleine Fehler einschleichen, so bitten wir um eine kurze Benachrichtigung. Wir beginnen mit einer ganz einfachen Überlegung zur Konvergenz einer Folge. Es lässt sich einfach zeigen, dass es bei einer konvergenten Folge egal ist, ob die Abstände der Folgenglieder zum Grenzwert kleiner als ε oder kleiner-gleich ε sind. Wir erinnern nochmal an die Definition der Folgenkonvergenz. Definition.. Eine reelle Zahlenfolge (a n ) n N heißt konvergent gegen a R genau dann, wenn ε > 0 n ε N n n ε : a n a < ε. Lemma.2. Sei (a n ) n N eine reelle Zahlenfolge. Dann gilt lim a n = a ε > 0 ñ ε N n ñ ε : a n a ε. n 2

4 Ergänzungen zur Vorlesung 3 Beweis. Wir müssen zwei Implikationen zeigen. : Es gelte also lim n a n = a, d.h. nach Definition ε > 0 n ε N n n ε : a n a < ε. ( ) Sei ε > 0. Wegen ( ) existiert insbesondere zu ε = ε ein n ε N, so dass für alle n n ε a n a < ε = ε. gilt. Wähle ñ ε := n ε. Sei n ñ ε. Dann ist insbesondere a n a ε, da es ja schon echt kleiner ε ist. : Es gelte nun ε > 0 ñ ε N n ñ ε : a n a ε. ( ) Sei ε > 0. Wegen ( ) existiert insbesondere zu ε = ε ein ñ 2 ε N, so dass für alle n ñ ε a n a ε = ε 2. Wähle n ε := ñ ε. Sei n n ε. Dann gilt a n a ε 2 < ε. Damit folgt die Behauptung. Lemma.3. Seien (a n ) n N, (b n ) n N reelle Zahlenfolgen. Ist (a n ) n N eine Nullfolge und (b n ) n N eine beschränkte Folge, so existiert der Grenzwert der Folge (a n b n ) n N und ist 0, d.h. Beweis. Wir müssen zeigen lim a nb n = 0. n ε > 0 n ε N n n ε : a n b n ε. Sei ε > 0. Weil (b n ) n N beschränkt ist existiert ein M > 0, so dass für alle n N b n M. gilt. Weil die Folge (a n ) n N gegen 0 konvergiert gilt ε > 0 n N n n : a n ε. Also finden wir insbesondere zu ε = ε M ein n N, so dass für alle n n a n ε M

5 Ergänzungen zur Vorlesung 4 gilt. Wähle nun n ε := n. Sei n n ε. Dann gilt a n b n = a n b n M a n n n M ε M = ε. Damit folgt die Behauptung. Wir führen nun ein nützliches Lemma über Folgen an, welches intuitiv verständlich sein sollte. Mit diesem Resultat lassen sich einige Argumentationen vereinfachen. Lemma.4. (Sandwich-Lemma) Es seien (x n ) n N, (y n ) n N und (z n ) n N reelle Zahlenfolgen für die für alle n N gilt x n y n z n. Falls dann x n x und z n x für n, so folgt auch y n x für n. Beweis. Aus der Voraussetzung folgt für alle n N: y n max{ x n, z n }. Wir nehmen zuerst an, dass x = 0, also dass (x n ) n N und (z n ) n N Nullfolgen sind. Sei ε > 0. Dann existieren N x N und N z N, so dass x n ε für alle n N x und z n ε für alle n N z. Dann gilt für alle n N y, wobei N y := max{n x, N z }, y n 0 = y n max{ x n, z n } ε und (y n ) n N ist ebenfalls eine Nullfolge. Falls jetzt x 0, so sind aber (x n x) n N und (z n x) n N Nullfolgen und es gilt x n x y n x z n x für alle n N. Also ist nach dem ersten Fall auch (y n x) n N eine Nullfolge und damit konvergiert y n für n gegen x.

6 Kapitel 2 Aufgabenblatt 2 Aufgabe 5(ii): Wir wollen uns an dieser Stelle die Lösung zu Aufgabe 5(ii) erarbeiten. Dazu erinnern wir uns an folgendes Lemma. Lemma 2.. Seien A und B Mengen. Es existiert genau dann eine injektive Abbildung von A nach B, wenn es eine surjektive Abbildung von B nach A gibt. Außerdem sagen wir, dass die Mächtigkeit einer Menge A kleiner oder gleich der von der Menge B ist und schreiben card(a) card(b), falls es eine injektive Abbildung von A nach B gibt. Kommen wir nun zur Aufgabe. Behauptung. Es gilt card(n) = card(q). Beweis. Offensichtlich gilt card(n) card(q), da N Q ist. Es bleibt also noch zu zeigen, dass card(q) card(n), denn dann gilt card(n) = card(q). Dazu werden wir zeigen, dass eine surjektive Abbildung von Z N nach Q existiert. Obiges Lemma liefert uns dann die Existenz einer injektiven Abbildung von Q nach Z N, d.h. die Mächtigkeit von Q ist kleiner oder gleich der von Z N, also card(q) card(z N). Es gilt aber 5

7 Aufgabenblatt 2 6 card(z N) = card(n N) = card(n) (dies macht man sich schnell klar!). Damit haben wir dann gezeigt, dass card(q) card(n). Insgesamt folgt dann schließlich card(n) = card(q). Wir geben also eine surjektiven Abbildung von Z N nach Q an. Definiere die Abbildung Ψ : Z N Q, (m, n) m n. Offensichlich ist diese Abbildung nicht injektiv, denn Ψ((, )) = Ψ((2, 2)), aber (, ) (2, 2). Die Abbildung ist aber surjektiv. Sei dazu N Q. Dann existieren k Z und l N, so dass k = N. O.E.d.A. sei k positiv. Wähle m := k und n := l. Dann gilt l l Ψ((m, n)) = m n = k l, d.h. Ψ ist surjektiv (Wäre k negativ, so würde man m := k wählen). Nun folgt man der l obigen Argumentation und erhält card(n) = card(q).

8 Kapitel 3 Aufgabenblatt 3 Aufgabe 0(i): Behauptung. Die Folge ( n2 n+2 n ) n N ist eine Nullfolge. Beweis. Für jedes n N ist n 2 n + 2 = n +. 2n n n 2 Wir zeigen jetzt einfach, dass 2n gegen geht, d.h. divergiert bzw unbeschränkt ist, denn n dann konvergiert ( n2 ) n+2 n n N nach dem Sandwich-Lemma gegen 0. Um zu zeigen, dass 2n, n n N, unbeschränkt ist, genügt es zu zeigen, dass für alle n 0 2 n n 2 n ist. Wir können aber auch zeigen, dass für alle n 0 n 2 2 n n ist, was äquivalent zu n3 2 n ist. Wir beweisen dies durch Induktion. Für n = 0 ist die Aussage klar. Sei nun n N 0. Es gelte n 3 2 n. 7

9 Aufgabenblatt 3 8 Dann gilt (n + ) 3 2 n+ = n3 + 3n 2 + 3n + 2 n+ n3 + 3n 2 + 3n + 67n 2 n+ = n3 + 3n n 2 n+. Nun ist aber 70n 7n 2 für n 0 und 0n 2 n 3 für n 0 und somit (n + ) 3 n3 + 0n 2 2n3 n3 = 2 n+ 2 n+ 2n+ 2 n+ nach Induktionsvoraussetzung. Damit folgt die Behauptung. Aufgabe : Behauptung. Jede konvergente Folge in R ist beschränkt. Beweis. Sei (a n ) n N eine gegen a R konvergente Folge in R. Wir müssen zeigen, dass (a n ) n N beschränkt ist, d.h. wir müssen zeigen: Weil (a n ) n N gegen a konvergiert gilt: M > 0 n N : a n M. ε > 0 n ε N n n ε : a n a < ε. Damit finden wir insbesondere für ε = ein n N, so dass für alle n n a n a <. ( ) (Die Wahl von ε = ist hier willkürlich und kann etwa duch ε = /2 oder ε = 5 ersetzt werden) Es folgt nun für alle n n a n = a n a + a Ungleichung a n a + a ( ) < + a. Die Folge (a n ) n N ist also für n n durch + a beschränkt. Wir müssen also nur noch zeigen, dass a,..., a n beschränkt sind. Da es sich hier um endlich viele Folgenglieder handelt, können wir aus diesen ein maximales Folgenglied auswählen, nämlich a max := max{ a,..., a n }. Hier ist jetzt für jedes n < n gerade a n a max. Wir wählen nun unsere Schranke M := max{ + a, a max }. Dann gilt offensichtlich für alle n N a n M. Dies war aber zu zeigen.

10 Kapitel 4 Aufgabenblatt 4 Aufgabe 5(i): Behauptung. Für jede konvergente reelle Zahlenfolge (a n ) n N mit lim n a n = a gilt ( ) n lim a i = a, n n i= d.h. die Folge der Mittelwerte konvergiert gegen a. Wir werden den Beweis aus Gründen der Übersichtlichkeit in zwei Schritten führen. Zunächst zeigen wir die Aussage für den Fall, dass (a n ) n N eine Nullfolge ist. Dann folgt die allgemeine Aussage einfach aus der Tatsache, dass (a n a) n N eine Nullfolge ist und aus den Rechenregeln für Limites. Beweis. (): Sei zunächst (a n ) n N eine Nullfolge. Wir müssen zeigen: n ε > 0 n ε N n n ε : a i ε. n Sei also ε > 0. Weil (a n ) n N eine Nullfolge ist gilt i= ε > 0 n N n n : 9 a n ε.

11 Aufgabenblatt 4 0 Also finden wir insbesondere zu ε = ε 2 ein n N, so dass für alle n n a n ε 2. Aus Aufgabe wissen wir, dass jede konvergente Folge beschränkt ist. Somit existiert ein M > 0 mit n N : a n M. Nach dem Archimedes-Axiom existiert außerdem ein n 2 N, so dass n 2 2Mn. ε (Warum wir dieses wählen wird gleich in der Rechnung klar werden!) Wir wählen nun n ε := max{n, n 2 }. Sei n n ε, also insbesondere n n und n n 2. Dann gilt n Ugl. n a i a i n n i= i= n n = n a i + n a n }{{} i n }{{} i= i=n M + ε 2 Mn n + n n ε }{{ n } 2 Mn n + ε 2 n n 2 Mn + ε n 2 2 ε 2 + ε 2 = ε, wobei in der letzten Ungleichung gerade n 2 2Mn eingeht. (Wir haben n ε 2 also so gewählt, damit wir hier den ersten Summanden auch gegen ε/2 abschätzen können!) Also konvergiert die Folge der Mittelwerte gegen 0. (2): Sei nun a := lim n a n. Dann ist (a n a) n N eine Nullfolge und nach Teil () gilt ( ) n lim (a i a) = 0. n n Dies ist äquivalent zu lim n (( n i= ) ) n a i a = 0. i=

12 Aufgabenblatt 4 Dies ist nach den Rechenregeln für Limites äquivalent zu ( ) n lim a i a = 0. n n Somit gilt also was zu zeigen war. lim n i= ( n ) n a i = a, i=

13 Kapitel 5 Aufgabenblatt 5 Aufgabe 20: Behauptung. Es sei (a n ) n N eine reelle Folge, so dass für alle n N gilt: Dann konvergiert die Folge (a n ) n N. a n+ a n < 2 n. Beweis. Wir werden zeigen, dass (a n ) n N eine Cauchy-Folge ist und damit in R konvergiert. Dazu geben wir uns ein ε > 0 vor. Da ( 2 n ) n N eine Nullfolge ist, existiert ein N N, so dass 2 n ε 2 2

14 Aufgabenblatt 5 3 für alle n N. Dann gilt für alle m, n N N, wobei wir o.b.d.a. annehmen können, dass m > n: a m a n = < m n i=0 m n i=0 2 n i=0 a n+i a n+i 2 = m n n+i 2 n i=0 m n 2 i 2 i = 2 n 2 ε 2 2 = ε. i=0 a n+i a n+i Das erste Gleichheitszeichen folgt aus der Eigenschaft, dass sich in der Summe auf der rechten Seite fast alle Summanden wegheben. In diesem Fall spricht man auch von einer Teleskopsumme.

15 Kapitel 6 Aufgabenblatt 6 Aufgabe 25: Behauptung. Es sei n N x n eine konvergente, aber nicht absolut konvergente Reihe. (p k ) k N sei die Folge natürlicher Zahlen, so dass x pk die k-te nichtnegative Zahl der Folge (x n ) n N ist. Entsprechend seien (n k ) k N die Indices der negativen Folgenglieder: x nk ist die k-te negative Zahl. Dann divergieren die Reihen und x pk. x nk k N k N Beweis. Beweis durch Kontraposition: Wir nehmen an, dass eine der beiden Reihen konvergiert und zeigen zunächst, dass dann auch die andere Reihe konvergiert. Wir nehmen also o.b.d.a. an, dass ( k N x n k konvergiert. Die Folge N ) x p k ist monoton wachsend und somit bleibt es zu zeigen, dass N N die Folge nach oben beschränkt ist. Da beide Partialsummenfolgen konvergent und somit beschränkt sind, existieren C, C 2 R, so dass N x k C und 4 N x nk C 2

16 Aufgabenblatt 6 5 für alle N N. Dann ist auch die Folge Ñ existiert mit: N x pk = ( N n= x p n ) N N Ñ Ñ N x k Ñ Ñ N x k + C + C 2. beschränkt, da für alle N N ein Es bleibt also zu zeigen, dass die Reihe absolut konvergiert. Für alle n N existiert aber ˆN, so dass N x k = ( N ) Also ist die Folge x k folgt die Behauptung. Aufgabe 26: ˆN N N x pk N ˆN Wir zeigen hier zunächst nur die einfache Richtung. x nk x nk x nk C + C 2 + C 2. beschränkt. Da sie aber auch monoton wachsend ist, Behauptung. Sei n= x n eine absolut konvergente Reihe. Dann gilt für alle π S N x π(n) <. n= Beweis. Wir zeigen die Aussage in zwei Schritten. Zuerst beweisen wir, dass die Reihe für jede Umordnung konvergiert. Danach zeigen wir dann, dass für jede Umordnung die gleiche Reihensumme herauskommt. () Sei π S N und sei ε > 0. Da die Reihe absolut konvergiert finden wir zu unserem ε > 0 ein n 0 N, so dass für alle n, m N n0 n x k ε k=m gilt. Wir wählen dieses. Wir finden nun zu unserem n 0 N eine natürliche Zahl n N mit {π(),..., π(n )} {,..., n 0 },

17 Aufgabenblatt 6 6 denn,..., n 0 sind endlich viele natürliche Zahlen und wir müssen lediglich n groß genug wählen. Seien nun n, m n 0. Es gilt n x π(n) k=m n k=m xπ(k) ε. Damit konvergiert die Reihe für jede Umordnung nach dem Cauchy-Kriterium. (2) Wir wissen bereits, dass jede Umordnung konvergiert und setzen nun S := n= x n und S π := n= x π(n). Sei ε > 0. Weil die Reihe konvergiert können wir ein n 0 N wählen, so dass S n 0 n= x n ε 3. Des Weiteren wählen wir nach dem Cauchy-Kriterium ein n 0 N, so dass für alle m > n n 0 m x k ε 3 k=n+ gilt. Nun wählen wir n 0 := max{n 0, n 0}. Es existiert außerdem ein n N, so dass {,..., n 0 } {π(),..., π(n )}, denn π ist surjektiv. Weil die Umordnung der Reihe konvergiert finden wir ein n N, so dass n S π x π(n) ε 3. n=

18 Aufgabenblatt 6 7 Nun wählen wir n := max{n, n }. Sei nun noch m 0 := max{π(),..., π(n )}. Dann gilt n0 S S π = (S n 0 n n x k ) + ( x k x π(k) ) + ( x π(k) S π ) n0 S n 0 n n x k + x k x π(k) + x π(k) S π ε 3 + x k k {π(),...,π(n )},k>n 0 + ε 3 2ε 3 + x k k {π(),...,π(n )},k>n 0 2ε m0 3 + k=n 0 + x k 2ε 3 + ε 3 = ε. Da nun für jedes ε > 0 gerade S S π ε gilt, haben wir S S π = 0 gezeigt und damit sind die Reihensummen gleich. Nun die schwierige Richtung. Behauptung. Sei n= x n eine unbedingt konvergente Reihe. Dann konvergiert die Reihe auch absolut. Beweis. Wir zeigen nun, dass die Reihe nicht unbedingt konvergiert, wenn sie nicht absolut konvergiert. Falls die Reihe nicht absolut konvergiert, dann divergieren nach Aufgabe(25) die beiden Teilreihen k N x n k und k N x p k. Wir wählen m j N mit = m < m 2 < und m j+ i=m j x pi Für j =, 2, 3,... wählen wir π(m j + j ) = n j und für i = m j + j,..., m j+ + j (6.) π(i) = p i j. Wir überzeugen uns davon, dass π eine Permutation ist. Wir zeigen, dass π surjektiv ist. Dazu beachten wir, dass N = {n k k N} {p k k N}. Wegen π(m j + j ) = n j für

19 Aufgabenblatt 6 8 j N werden alle Elemente in {n k k N} getroffen. Wegen (6.) werden für festes j die Indices p mj,..., p mj+ getroffen. Dann gilt m j+ +j x π(i) i=m j +j = m j+ +j i=m j +j Somit konvergiert die Reihe n N x π(n) nicht. x pi j = m j+ i=m j x pi.