Humboldt-Universität zu Berlin Institut für Mathematik Prof. A. Griewank Ph.D.; Dr. A. Hoffkamp; Dipl.Math. T.Bosse; Dipl.Math. L. Jansen,T.

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1 Humboldt-Universität zu Berlin Institut für Mathematik Prof. A. Griewank Ph.D.; Dr. A. Hoffkamp; Dipl.Math. T.Bosse; Dipl.Math. L. Jansen,T. Streubel Lösungsalternativen für die Übungsaufgaben zur Vorlesung ANALYSIS I WS /) Serie 6 Aufgabe 6.: Punkte) Beweisen oder widerlegen die folgenden Aussagen für reele Folgen a n ) n N : a) Ist a n ) n N konvergent, so ist a n a n+ ) n N eine Nullfolge. b) Ist a n a n+ ) n N eine Nullfolge, so ist a n ) n N konvergent. Lösungsalternative 6.: a) Die Folge a n ) n N ist konvergent gegen einen Grenzwert a R, also gilt Deniere b n = a n a n+ ) und zeige ɛ > 0 n ɛ N n n ɛ : a n a < ɛ ɛ > 0 ñ ɛ N n ñ ɛ : b n 0 < ɛ Also suche zu jedem ɛ > 0 ein passendes ñ ɛ N, mit der Eigenschaft a). Sei dazu ɛ > 0 beliebig, aber x. Für alle n ñ ɛ := n ɛ gilt b n 0 = a n a n+ = a n a + a a n+ < a n a + a a n+ < ɛ + ɛ = ɛ b) Die Folge a n a n+ ) n N sei eine Nullfolge, also ɛ > 0 n ɛ N n n ɛ : a n a n+ ) 0 < ɛ Aber dann muss a n ) n N keine konvergente Folge sein: Sei dazu a n = n, für n N. Oensichtlich ist a n = n keine konvergente Folge. Jetzt suche ein n ɛ, so dass für alle n n ɛ gilt a n+ a n = n + n = n + n ɛ Nun multipliziere beide Seiten mit n + + n) aus n + n) n + + n) = n + ) n) = n + n = ɛ n + + n) Also suche n ɛ, sodass für alle n n ɛ, gilt ɛ n + + n) dazu schätze weiter ab ɛ n + + n) ɛ n n ɛ ) Aus der letzen Zeile folgt, dass wir n ɛ := ɛ ) wählen dürfen.

2 Aufgabe 6.: Punkte) Es sei a n ) n N eine Folge reeller Zahlen und a R. Zeigen Sie, dass die folgenden Aussagen äquivalent sind: i) Die Folge a n ) n N konvergiert gegen a. ii) Jede Teilfolge von a n ) n N konvergiert gegen a. iii) lim inf a n = lim sup a n = a. Lösungsalternative 6.: von i) nach ii) Oensichtlich. Falls ɛ n ɛ N n n ɛ : a n a < ɛ Eine Teilfolge von a n ) n N lässt sich über eine monoton steigende, injektive üblicherweise nicht unbedingt surjektive) Hilfsabbildung h : N N wie folgt denieren ã n ) n N, mit ã n = a hn). Dann gilt für ein zu n ɛ identisches ñ ɛ = n ɛ die Konvergenzaussage immernoch von ii) nach iii) ɛ ñ ɛ = n ɛ N n ñ ɛ : ã n a = a hn) a < ɛ Ebenfalls oensichtlich. Bei der Denition von lim sup und lim inf muss es je eine Teilfolge a n = a hn), sowie a n = a hn) geben, mit entsprechenden monoton steigenden, injektiven Hilfsabbildungen h : N N und h : N N, so dass lim a hn) = lim sup a n lim a hn) = lim inf a n Nach Vorraussetzung gilt jedoch für alle Teilfolgen und damit insbesondere für diese beiden, dass lim a hn) = a = lim a hn) und dementsprechend folgt wie gefordert von iii) nach i) lim sup a n = a = lim inf a n Aufgrund der direkten Charakterisierung des Limes Superior und Limes Inferior, kann ein belibiges xes ɛ > 0 gewählt werden, sodass oberhalb von ɛ+lim sup a n = a + ɛ und unterhalb von ɛ + lim inf a n = a ɛ höchstens endlich viele Folgenglieder auftauchen. Also wählen wir { } n ɛ = max n N a n ɛ + lim inf a n oder a n ɛ + lim sup a n + Dann gilt folgende Aussage oder etwas anders ausgedrückt ɛ > 0 n ɛ N n n ɛ : a n a ɛ und a n a + ɛ) ɛ > 0 n ɛ N n n ɛ : a n a < ɛ Diese letzte Formulierung derselben Aussage ist gerade die Aussage über der Konvergenz und damit ist a n ) n N konvergent gegen a, wie behauptet.

3 Aufgabe 6.: Punkte) a) Berechnen Sie den Limes Superior und Limes Inferior der beiden reellen Folgen ) nn + ) a n = cos π und b n = n + ) n + n b) Berechnen Sie den Grenzwert der Folge x n ) n N, wobei x n = a n + an + + an k ) n mit gegebenen positiven reellen Zahlen a, a,..., a k. 'Tipp: Sandwich-Lemma') Lösungsalternative 6.: a) Zur ersten Folge a n = cos nn+) π ) = cosâ n ), für â n = nn+) π. Der Limes Superior und Limes Inferior von a n ) n N müssen im Einheitsintervall [, ] liegen. Da es gerade der Bildbereich vom Kosinus ist, dh. imcos) = [, ]. Nach einigen Testeinsätzen für n =,,, ) ergibt sich a =, a =, a = und a = Vermutung: Die Werte und, werden nicht notwendigerweiser von allen, aber auf jeden Fall unendlich vielen n N getroen. Damit lieÿen sich konstante Teilfolgen,,,... und,,,... konstruieren und damit gelte lim sup a n = und lim inf a n =. Um das zu zeigen betrachte folgende Gleichung und suche passende n N, sodass T N und! nn + ) πt }{{} = â n = π T = n + n Periode des Kosinus Oenbar erfüllen nk) := k, für alle k N diese Gleichung. Zur Kontrolle T = n k) + nk) = 6 k + k = k + k N, sowie = cos0) = cosπt ) Auf der anderen Seite suche ebenfalls passende n N, sodass T N und πt + π = πt + )! = â n = nn + ) π T = n + n Oenbar erfüllen nk) := k +, für alle k N diese Gleichung. Zur Kontrolle T = n k) + nk) Sowie = cosπ) = cosπ + πt ). = 6k + + 6k + k + + k = k + + 5k N

4 Zur zweiten Folge b n = n + ) n. Auf den ersten Blick ist nicht ersichtlich, ob sie + n konvergiert, divergiert, bestimmt oder unbestimmt. Der Wortlaut der Aufgabenstellung lässt vermuten, dass es mehrere Häufungspunkte gäbe. Das ist natürlich auch der Fall, aber um es zu erkennen muss ein wenig umgeformt werden n + ) n + n = n + ) n) + n = ) n + n ) + = x n + y n ) + z n n Wobei hier x n = ) n, y n = und z n n = lediglich Hilfsfolgen sind. Nun ist die n Situation klar, denn y n und z n sind mit der Majorantenfolge n Nullfolgen. Hingegen ist x n nicht divergent, besitzt aber die konstanten Teilfolgen,,,... und,,,... ähnlich wie oben. Also sei h I n) = n und h II n) = n, dann unter Zuhilfenahme der Grenzwertsätze kann die Konvergenz von b hi n) und b hii n) gezeigt werden b hi n) = x hi n) + y hi n)) = + z hi n) b hii n) = x hii n) + y hii n)) = + z hii n) = + ) n + = n + ) n + n + ) + = + ) n + n 9 n n + 9 n ) ) + n ) ) Es gilt auch b n = n + ) n )n. Also nach ), ) folgt: + n + n Limes Inferiorb n ) n N ) =. Es gilt auch b n = n + ) n + n. Sei ɛ > 0. Es gibt dann ein n + n + n 0 so dass n < + n ɛ n n 0. Also für n n 0 gilt b n + ɛ. Dass heisst, für x Häufungspunkt von b n ) n N gilt: x. Aus ) folgt dass x = Häufungspunkt von b n) n N ist. Es gilt also: Limes Superiorb n ) n N ) =. b) Dazu sei im folgenden ã = max i {,...,k} a i. Um das Sandwichlemma anwenden zu können, benötige eine Abschätzung oben und nach unten. Für die Abschätzung nach oben betrachte x n = a n + + a n k ) n ã } n + {{ + ã n } ) n = kã n ) n = k kmal n ã Für die Abschätzung nach unten betrachte i {,..., k} : x n = a n + + a n k ) n a n i ) n = ai ) Da nun der Ausdruck ) für alle i {,,..., k} gilt, kann unter den a i das Maximum ã gewählt werden und so folgt x n ã = max a i i {,...,k} Also gilt insgesammt x n := max a i x n k n max a i =: x n i {,...,k} i {,...,k}

5 Die Folge x n ) n N ist konstant und damit trivialerweise konvergent gegen ã = max i {,...,k} a i. Bleibt noch zu zeigen, dass x n ) n N auch gegen das Maximum konvergiert. ) ) lim x n = lim k n n xn = lim k lim x n = ã = max a i i {,...,k} Mit Sandwichlemma folgt demnach dass gilt ã = lim x n lim x n lim x n = ã lim x n = max a i i {,...,k} Damit ist der Grenzwert von x n ) n N bestimmt. 5

6 Aufgabe 6.: Punkte) Seien a n ) n N und b n ) n N reelle Folgen. Zeigen Sie, dass folgende Ungleichungen gelten, falls die jeweiligen rechten Seiten deniert sind: a) lim sup a n + b n ) lim sup a n + lim sup b n b) lim inf a n + b n ) lim inf a n + lim inf b n Man nennt a) die Subadditivität des Limes Superior und b) die Superadditivität des Limes Inferior. Lösungsalternative 6.: Zuvor zur Erinnerung lim sup x n = min {r R ɛ > 0 n 0 N n n 0 : x n r + ɛ}. Entsprechendes gilt für den Limes Inferior, aber dieser muss maximal bezüglich seiner Eigenschaft sein. a) Sei lim sup a n = a und lim sup b n = b. Dann gilt ɛ > 0 n ɛ,a N n n ɛ,a : a n a + ɛ 5) ɛ > 0 n ɛ,b N n n ɛ,b : b n b + ɛ 6) Angenommen R := lim supa n +b n ) > a+b. Dann wähle ich n 0 = maxn R a+b),a, n R a+b) und für n n 0 gilt R a + b) a n + b n a + b + = R R a + b).,b ) Also gilt für Häufungspunkt z von z n := a n + b n, dass z R R a+b) < R. Das ist ein Widerspruch da R = lim supz n ) das Maximum aller Häufungspunkte von z n ist. Es gilt also R = lim supa n + b n ) a + b. b) Sei lim inf a n = a und lim inf b n = b. Dann gilt ɛ > 0 n ɛ,a N n n ɛ,a : a n a ɛ 7) ɛ > 0 n ɛ,b N n n ɛ,b : b n b ɛ 8) Angenommen R := lim inf a n +b n ) < a+b. Dann wähle ich n 0 = maxn a+b) R,a, n a+b) R und für n n 0 gilt,b ) a n + b n a + b) R a + b = R + a + b) R. Also gilt für Häufungspunkt z von z n := a n + b n, dass z R + a+b) R > R. Das ist ein Widerspruch da R = lim inf z n) das Minimum aller Häufungspunkte von z n ist. Es gilt also R = lim inf a n + b n ) a + b. 6

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