Aufgaben und Lösungen Weihnachtsgeschenke zur Vorlesung Analysis I

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1 Aufgabe ud Lösuge Weihachtsgescheke zur Vorlesug Aalysis I Der Witersemester 008/009

2 Übug am 4.., sowie Aufgabe. Folge Aufgabe Ma bestimme, ob die Folge (a ) mit a = kovergiert ud bereche gegebeefalls ihre Grezwert. Aufgabe Ma beweise, daß für 0 < k < gilt (a ) mit: ist eie Nullfolge. a = ( + ) k k Aufgabe 3 Ma bestimme, falls existet, de Grezwert der Folge (a ) mit a = ( + ). Aufgabe 4 Es sei x 0 R, 0 < x 0 <. Defiiere u eie Folge (x ) durch die Rekursiosformel x + = x ( x ). Ma bestimme, falls existet, de Grezwert dieser Folge. Aufgabe 5 Es sei c R. Wir setze x = c ud defiiere rekursiv eie Folge (x ) reeller Zahle durch x + = c + x. Die Aufgabe besteht dari, i Abhägigkeit vo c zu utersuche, ob diese Folge kovergiert, ud, falls dies der Fall sei sollte, ihre Grezwert zu bestimme.

3 Übug am 4.., sowie Reihe Aufgabe 6 Überprüfe i Abhägigkeit vo a > 0, ob die folgede Reihe kovergiert ud ob sie absolut kovergiert. + a Aufgabe 7 Utersuche Sie die Kovergez folgeder Reihe. i) ii) iii) iv) ı + ( ) ( 3 + ) ( + )(e )! k (3 + ( ) ) Aufgabe 8 Utersuche Sie die folgede Reihe auf Kovergez: i) ii) Für 0 < x < 3π (!) ()! ( x ) si 3 Aufgabe 9 (Allgemeie harmoische Reihe) I Abhägigkeit vo s R utersuche Sie die Kovergez der Reihe Aufgabe 0 Ma überprüfe die Kovergez: s. 3

4 Übug am 4.., sowie i) ii) iii) für p > 0 iv) v) ( + ) ( + ) = = =3 (l ) p (l ) l (l l ) l vi) =3 (l ) l l Aufgabe Utersuche Sie die Kovergez folgeder Reihe (s > 0): i) ( ) s ii) = ( ) l s iii) =3 ( ) l (l l ) s Aufgabe Ma utersuche das Kovergezverhalte der Reihe i) für a > 0 a + a 4

5 Übug am 4.., sowie ii) für a Q iii) a! ( ) Aufgabe 3 Eie Folge (a )komplexer Zahle heißt quadratsummierbar, we die Reihe kovergiert. Ma zeige: Sid (a ) ud (b ) quadratsummierbar, so gilt: i) Die Folge (a b ) ist summierbar, d. h. a b kovergiert. ii) Die Folge (a + b ) ist quadratsummierbar. a (Hiweis: Brige Sie die bekate Relatio zwische arithmetischem ud geometrischem Mittel geeiget is Spiel!) Aufgabe 4 Ma bestimme Kovergezradie für folgede Reihe: i) für s Q ii) für q C iii) für a, b C wobei c = s z =0 q () z =0 c z, =0 { a für gerades b für ugerades Aufgabe 5 Sei (a ) eie mooto fallede Nullfolge. Da kovergiert die Reihe a z für jedes z mit z, außer möglicherweise für z =. (Hiweis: Ma schätze ( z) m a ν z ν ab.) ν= 5

6 Übug am 4.., sowie Lösuge. Folge Lösug Es gilt: a = = = Mit de Recheregel für kovergete Folge b = + ud c = 3 + 4, de beide kovergiere wege der aus Vorlesug bekater Kovergez der Nullfolge, folgt, daß a = b c kovergiert mit dem Grezwert b c, wobei b ud c Grezwerte vo b bzw. c sid (daß c 0 überzeugt ma sich leicht). Demach gilt: Lösug Es gilt: lim a + = lim = lim = 3. a = ( + ) k k > 0 N Deswege folgert ma: [ ( ] 0 < ( + ) k k = k + ) k [( < k + ) Da u, wege 0 < k <, k 0, gilt erst recht: ( + ) k k 0. Lösug 3 Es gilt: a = ( + ) = ( ) = + + Durch Ausklammer vo erhält ma: a = + + = + +. ] = k =. k

7 Übug am 4.., sowie Offebar gilt: < + < +. Da u +, gilt auch +. Somit folgt aus de Recheregel für kovergete Folge: lim a = lim = + +. Lösug 4 Im Laufe des Beweises durch vollstädige Iduktio zeige wir, daß x eie mooto wachsede ud ach obe beschräkte Folge ist. Da folgt aus eiem aus der Vorlesug bekate Satz, daß x kovergiert. Die Behauptug ist: N 0 : 0 < x <. ˆ I. A.: Für = 0 ist die Aussage wahr, de 0 < x 0 < ist wahr ach Vorgabe des Startwertes. ˆ I. V.: 0 < x < gelte für gewisse N 0. ˆ I. B.: Es gilt die Aussage, we wir überall durch + ersetze, d.h. die Aussage N : 0 < x + < ist wahr. ˆ I. S.: +. Da, ach I. V., x <, gilt: x >, woraus folgt: x + = x ( x ) > x (es kommt also im Laufe der vollstädige Iduktio als Nebeeffekt heraus, daß x mooto steiged ist). Durch elemetare Umformug sieht ma: 0 < x < x + = x ( x ) = ( x ) < ach I. V.. ˆ Wir schließe: 0 < x < gilt für alle N 0. Damit ist bewiese, daß x mooto wächst ud ach obe durch beschräkt ist. Somit ist x koverget. Nu köe wir zur Berechug des Grezwertes ausutze, daß, falls (x ) kovergiert, x := lim x = lim x + gilt ud bekomme heraus: x = x x x x + x = 0 x(x ) = 0. Da 0 < x 0 ud x mooto wachsed, ist die Lösug x = 0 ausgeschlosse, womit bleibt: x =. Lösug 5 Wir gehe bei dieser Aufgabe ituitiv vor. We wir wüßte, daß der Grezwert der Folge (x ) existiert, so ließe sich dieser uter Ausutzug der überaus wichtige Beziehug x := lim x = lim x +, 7

8 Übug am 4.., sowie für kovergete Folge, bereche zu: x = c + x x x + c = 0 x = ± c. (*) Hieraus folgt umittelbar, daß für c > kei Grezwert existiert ((x ) reelle Folge!). i) Zuächst setze wir 0 < c voraus. Da ist offesichtlich x > 0, de x > 0 ud x + ist durch Additio zweier positiver Zahle defiiert. Wir bemerke, daß zu der i der Aufgabestellug agegebee rekursive Defiitio der Folge die folgede aalog ist: x = c + x Durch Subtraktio dieser Beziehug vo der ursprügliche erhalte wir: x + x = x x. (**) Nu zeige wir durch vollstädige Iduktio, daß (x ) mooto wachsed ist, also: x > x N. ˆ I. A.: Für = ist die Aussage wahr, de x > x = c x = c + x = x ( + x ) > x, weil + c > (c > 0). ˆ I. V.: x > x gelte für gewisse N. ist wahr, da ˆ I. B.: Es gilt die Aussage, we wir überall durch + ersetze, d.h. die Aussage x + > x N ist wahr. ˆ I. S.: +. Uter Ausutzug vo (**) erhalte wir: x + x = x x = (x x ) > ach I. V. 0 x + > x ˆ Wir schließe: x > x gilt für alle N. Ebefalls durch vollstädige Iduktio zeige wir, daß x ach obe beschräkt ist: x < N. ˆ I. A.: Für = ist die Aussage wahr, de x = c < ist wahr ach Vorgabe der Zahl c. ˆ I. V.: x < gelte für gewisse N. ˆ I. B.: Es gilt die Aussage, we wir überall durch + ersetze, d.h. die Aussage x + < N ist wahr. ˆ I. S.: +. Aus der Defiitio vo x + folgt: x + = c + x < c< + x < ach I. V. + =. 8

9 Übug am 4.., sowie ˆ Wir schließe: x < gilt für alle N. Damit folgt aus dem aus der Vorlesug bekate Satz, ach dem eie mooto wachsede ud ach obe beschräkte Folge kovergiert, daß (x ) koverget ist ud der Grezwert sich durch (*) bereche lässt. Es ist och die Wahl des Vorzeiches der Wurzel zu treffe, was aber keie Schwierigkeite bereitet. Da der Grezwert wege der Schrake der Folge icht größer als sei ka, ist das Miuszeiche vor der Wurzel zu wähle. ii) Es sei u (ituitiv) 3 c < 0. Aus der Defiitio der Folge erket ma sofort: x c N, (***) da zu c stets eie positive Zahl hizuaddiert wird. Durch vollstädige Iduktio zeige wir: x < 0 N. ˆ I. A.: Für = ist die Aussage wahr, de x < 0 ist wahr, weil x = c < 0 wege Vorschrift a c. ˆ I. V.: x < 0 gelte für gewisse N k. ˆ I. B.: Es gilt die Aussage, we wir überall durch + ersetze, d.h. die Aussage x + < 0 N ist wahr. ˆ I. S.: +. Wir beutze (***) ud folger: Daraus folgt x = x c 4 = c c 4 Außerdem: x ach I. V. ist x <0 c. < c (wege de Vorgabe a c : c 4 < ). x + = c + x < c + c = 0. ˆ Wir schließe: x < 0 gilt für alle N. I diesem Fall ist die Folge (x ) aber icht mooto. We wir jedoch i der Defiitio vo (x ) für k ud k setze ud da k + ud k ud i beide Fälle gliedweise subtrachiere, so erhalte wir: x k+ x k = (x k x k ) (.) x k+ x k = (x k+ x k ). (.) Hieraus ka ma durch Iduktio schließe, daß für alle k: x k+ > x k ud x k+ < x k ist. I der Tat ist x 3 > x = c. Da gilt aber: x 3 < x, x 3 < x, 9

10 Übug am 4.., sowie ud ach der Formel (.) wird (für k = ) x 4 < x. Folglich ist x 4 > x, x 4 > x ud ach Formel (.) erhält ma (für k = ) x 5 > x 3, usw. Somit sid i diesem Fall die Folge (x k ) ud (x k ), k N, eizel mooto. Da sie ierhalb des Itervalls ( c, 0) liege, habe beide, ach eiem Satz aus Vorlesug Grezwerte. Wir bezeiche mit x = lim k x k x = lim k x k die Grezwerte beider Teilfolge. Lasse wir u erst ur gerade, da ur ugerade gege gehe, so erhalte wir für die Grezwerte die eide Beziehuge Durch Subtraktio erhalte wir: x = c + x x = c + x (.3) (.4) x x = (x x ) (x x )(x + x + ) = 0. Die Aahme (x + x + ) = 0 führt für c > 3 zum Widerspruch, es gilt da ämlich: Durch Eisetze vo x = x i Gleichug (.4) erhalte wir für x die quadratische Gleichug x + x + (4 + c) = 0, die für c > 3 keie reelle Wurzel (Lösuge) habe ka. Somit bleibt (x x ) = 0 ud dadurch x = x. (Für c = 3 bekomme wir x = ud x = ). Bezeiche wir u de gemeisame Wert der Grezwerte x ud x mit x, so erhalte wir wieder de Ausdruck (*), ud zwar wieder mit dem Miuszeiche vor der Wurzel, de der Grezwert eier egative Folge ka icht positiv sei. iii) Für c = 0 bekomme wir eie kostate Folge x = 0 heraus, die trivialerweise kovergiert mit dem Grezwert 0. iv) Für c < 3 divergiert die Folge im Allgemeie. Als Beispiel betrachte ma de Wert c = 4. Da defiiert (x ) die Folge, 0,, 0,, 0...,. Sie divergiert, da sie Häufugspukte hat. 0

11 Übug am 4.., sowie Reihe Lösug 6 Im Falle a gilt:, sodaß die Reiheglieder keie Nullfolge bilde; somit ist +a die gegebee Reihe für a diverget. Für a > gilt offesichtlich: + a < ( ) a =. a Für a > kovergiert aber die Reihe ( a =0 Grezwert dieser Reihe bekat) ud diet für die Reihe kovergiert auch absolut. +a Lösug 7 Es sid alle Arte vo Kovergez zu utersuche. ı i) ı ist eie reelle alterierede Reihe, da = (ı ) + + wege des Leibizkriteriums: a + a = ) bekatlich absolut (es ist sogar der + ( + ) + = < als Majorate. Damit +a = ( ) + + ud lim + = 0. Aber diese Reihe ist icht absolut koverget, de es gilt: ı + = + + = 3 ud somit stellt die Reihe = eie Miorate für 3 3 der Divergez der harmoische Reihe divergiert auch ı. ii) Die Reihe ist absolut koverget. Es folgt mit dem Quotietekriterium: ( ) ( 3 +) (+)(e ) a + lim a +. Sie kovergiert + dar. Wege (( + ) 3 + )( + )(e ) = lim ( + )(e + )( 3 + ) (( + ) )(e ) = lim ( )(e + ) (( + ) )( ) e = lim ( )(e = e < e )

12 Übug am 4.., sowie iii)! ist absolut koverget. Wieder folgt mit dem Quotietekriterium: lim ( + )! ( + ) +! = lim ( + ) = lim ( + ) + ( + ) = lim ( + ) = e < iv) I diesem Falle brigt das Quotietekriterium us icht weiter. Wir komme aber mit dem Wurzelkriterium vora: k = ( ) k, für gerade 4 a = 4 4 k = ( ) k, für ugerade. Somit gilt: Es gilt da: k (3+( ) ) lim a = <. kovergiert absolut. Lösug 8 Hier übe wir wieder das Majoratekriterium. (!) i) kovergiert absolut, de es gilt : ()! ii) (!) ()! =! ( )!! = ( ). Somit stellt die Reihe ( ) eie kovergete Majorate für die Reihe =0 (!) ()! dar, dere Glieder sämtlich ichtegativ sid, womit sie auch absolut kovergiert. si ( ) x 3 ist absolut koverget, da für 0 < x < 3π ihre Glieder ichtegativ sid, ud wege ( x ) si < x 3 ( ) 3 Das Symbol m!! bezeichet das Produkt der gerade atürliche Zahle m, falls m gerade ist, oder das Produkt der ugerade atürliche Zahle m, falls m ugerade ist. Wir vermerke außerdem, daß, wie ma leicht sieht, Folgedes gilt: ()!! = () = ( ) ( 3) ( 4) ( 5) ( 6) ( 7) () = ( ) ( ) ( 3) ( 4) ( 5) ( 6) ( 7) ( ) = } {{ } ( ) mal =!

13 Übug am 4.., sowie ud der Kovergez vo ( ). 3 Wir habe hier das Majoratekriterium agewadt. =0 s Lösug 9 Zuächst stelle wir fest, daß für s die Glieder der zu utersuchede Reihe größer oder gleich sid als die jeweilige Glieder der harmoische Reihe, die, wie aus Vorlesug bekat, divergiert. Somit divergiert für s wege des Majoratekriteriums. Wir beschäftige us u mit dem Fall, daß s > ist, ud setze aus Grüde der Zweckmäßigkeit s = + σ, wobei σ > 0. Es gilt hier: ( + ) s + ( + ) s + () s < s = σ. Etfere wir die erste beide Glieder der allgemeie harmoische Reihe, so lasse sich die übrige Glieder i aufeiaderfolgede Gruppe zu, 4, 8,... k,... Glieder eiteile: 3 + ; } s {{ 4 s } Summade 5 + s 6 + s 7 + ; }{{ s 8 s } Summade ;... ; } s {{ 6 s } 3 Summade ( k + ) + + ;... s ( k ) }{{ s } k Summade Wege obiger Abschätzug gilt u, gilt u, daß jede dieser Summe kleier ist, als das Etsprechede Glieg der Folge σ, 4 σ = (σ), 8 σ = ( σ ) 3,... ( k ) σ = ( σ ) k,... I diesem Fall ist klar, daß jede beliebige Partialsumme vo der allgemeie harmoische Reihe kleier ist als die kostate Zahl s Folglich ist die Reihe absolut koverget. L = + s + σ σ. koverget ud, da ihre glieder ichtegativ sid, auch s Lösug 0 Durch de Vergleich mit der harmoische bzw. mit der allgemeie harmoische Reihe läßt sich auf das Verhalte der gegebee Reihe schließe. Ma wede hier also das Majoratekriterium mit der (allgemeie) harmoische Reihe als Majorate. s Die da existierede ud vo s abhägige Summe dar. Diese spielt i der Zahletheorie eie wichtige Rolle. stellt die Riemasche Zetafuktio ζ(s) 3

14 Übug am 4.., sowie i) ii) ist diverget, da (+) ( +) ( + ) > ist koverget, da = ( + )( + ) + > + =. ( + ) = 3 + < = 3 3. iii) (l ) p = ist diverget, de für hireiched große gilt: (l ) p < (l ) p >. iv) (l ) l = ist koverget, de für hireiched große gilt: (l ) = l (e l l ) = l e = = l l l (e l ) l l < l l. v) vi) (l l ) l =3 (l ) l l ist =3 Trick: ist koverget, de für hireiched große gilt (Rechug wie obe): (l l ) = l < l l l. diverget, de für hireiched große gilt wieder mit dem gleiche (l ) = > l l e (l l ) e = l. Da alle Reihe ichtegative Glieder habe, sid die kovergete Reihe auch absolut koverget. Lösug Hier beutze wir das Kovergezkriterium vo Leibiz 3. Für s < 0 bilde die Reiheglieder aller drei Reihe keie Nullfolge ud alle drei sid diverget. Für s > 0 läßt sich abschätze, daß die Reiheglieder eie mooto fallede Nullfolge bilde. Weiterhi sid alle drei Reihe für s > absolut koverget ud für s icht absolut (bedigt) koverget. 3 Wir wolle de Name vo diesem große Mathematiker, Gottfried Wilhelm Leibiz, i Ehre halte ud ih iemals mit de Butterkekse verwechsel. 4

15 Übug am 4.., sowie Lösug Da alle drei Reihe ichtegative Reiheglieder habe, ist die utersuchug der Kovergez gleichbedeuted mit der Utersuchug der absolute Kovergez. i) Wir betrachte Fälle: a) Sei 0 < a <. Da gilt: a + a < a. Da kovergiert die Reihe absolut, da sie die geometrische Reihe +a a als kovergete Majorate besitzt. =0 b) Sei u a. Da gilt: a a + a = +. a Somit ist das allgemeie Glied der Reihe keie Nullfolge ud isbesodere ist die Reihe da diverget. ii) Hier beutze wir das Quotietekriterium. Aus ( a + ( + ) a! + lim = lim a ( + )! = lim a folgt, daß die Reihe a! absolut kovergiert. ) a + = lim ( + ) a + = 0 iii) Die Reihe ( ) ist absolut koverget. Dies zu zeige ist ezwas trickig. Zuächst führe wir eie vollstädige Iduktio durch, die auch mitte im Beweis geführt werde köte. Wir zeige, daß für 4 die Aussage wahr ist. 0 ˆ I. A.: Für = 4 ist die Aussage wahr, de 4 ˆ I. V.: 0 gelte für gewisse N 4. 4 = ist wahr. ˆ I. B.: Es gilt die Aussage, we wir überall durch + ersetze, d.h. (+) die Aussage ( + ) 0 ist wahr für alle 4. ˆ I. S.: +. ( ) ( + ) ( + ) = + + = + + ( ) 0, ( ) da ach Iduktiosvoraussetzug 0 ud für 4 offesichtlich 0. 5

16 Übug am 4.., sowie ˆ Wir schließe: 0 gilt für alle N 4. Nu folgt der Beweis der Kovergez vo ( ). Setze wir x = (x > 0 N), so folgt: woraus wir folger: = ( + x ) + biom. Formel ( ) x 3 3, x 3 3!( 3)!( )! 3!( 3)!( )( ) = ( )! 3! ( )! = ( )! 3! = ( ) 6 =, wobei wir im letzte Schritt die obe mit Hilfe der vollstädige Iduktio bewiesee Beziehug verwedet habe. Es folgt somit direkt aus der Defiitio vo x : 3 3 ( ) ( 3 ) 4 3 < Das letzte Ugleichzeiche folgt, da = 44 < 000 = 0 3. Somit stellt die Reihe 0 = 0 eie Majorate für die zu utersuchede Reihe dar. Die Majorate kovergiert, wie wir bereits kee (sie stellt die Fuktio ζ( 4 3 ) dar). Lösug 3 Wir erier zuächst a die Ugleichug zwische arithmetischem ud geometrischem Mittel. Es seie ichtegative Zahle vorgegebe: x i 0, i =,, 3,...,. Da gilt: x i x i. (.5) i= i) Aus (.5) folgt sofort: a b ( a + b ). Somit stellt die Reihe ( a + b ) = ( a + b ) = a + b eie wege der Quadratsummierbarkeit der Folge (a ) ud (b ) kovergete Majorate für a b dar ud (a b ) ist summierbar. i= 6

17 Übug am 4.., sowie ii) Wege z = z gilt mit demselbe Argumet wie obe: a b sowie a b sid kovergete Reihe ud isbesodere sid die Reihe a b sowie a b koverget. Es gilt u: a + b = a + a b + a b + b. Aus der Kovergez der jeweilige Reihe ergibt sich u die Kovergez der Reihe a + b ud damit die Quadratsummierbarkeit der Folge (a + b ). Lösug 4 Wir führe zuächst eimal zwei wichtige Formel zur Berechug des Kovergezradius eier Potezreihe a z auf. Sie basiere auf de etsprechede Kovergezkriterie. =0 ˆ Formel vo Cauchy-Hadamard: R = L mit L = lim a ˆ Formel vo Euler: R = q mit q = lim a + a, falls der Grezwert existiert. Wir setze i diesem Zusammehag: Es folgt für die Aufgabe: i) R =, da wie aus Vorlesug bekat. 0 := ud := 0. L = lim s = lim ( ) s =, Bemerkug Mit der Formel vo Euler würde gelte: ( ) ( + ) s s ( + q = lim = lim = lim + s =, s ) ud somit auch R =. ii) Hier sid drei Fälle zu uterscheide. 7

18 Übug am 4.., sowie a) q >. Da folgt: L = lim q ( ) = lim q. Da i diesem Fall die Folge q ubeschräkt ist, gilt L =, womit für de Kovergezradius R = 0 folgt. b) q =. Da folgt: L = lim q ( ) = lim q =, sodaß für de Kovergezradius R = folgt. c) q <. Da folgt: L = lim q ( ) = lim q = 0. I diesem Fall erhalte wir R =. iii) Mit der Formel vo Cauchy-Hadamard folgt: Lösug 5 Es gilt: L = lim c = max { a, b }. { Somit erhalte wir für de Kovergezradius R = mi s m := ( z) m a ν z ν = ν= m a ν z ν ν= = a z + = a z + = a z + m m a µ z µ+ µ= ν=+ m ν=+ m ν=+ a ν z ν a ν z ν m µ= m ν=+ a, b }. a µ z µ+ a m z m+ a ν z ν a m z m+ (a ν a ν )z ν a m z m+. Für z ka ma s m wege a ν a ν ((a ) ist mooto fallede Nullfolge) wie folgt abschätze 4 : m s m a + a m + (a ν a ν ) = a. ν=+ Da (a ) eie Nullfolge ist, gilt: ε > 0 0 : a < ε 0. Für m 0 ist also s m < ε. Aus dem Cauchy-Kriterium folgt somit: ( z)a z ist koverget ud somit ist für z auch a z koverget. 4 Ma führe sich de Begriff der Teleskopsumme och mal vor Auge. 8

19 Übug am 4.., sowie Schöe Festtage! Fröhliche Weihachte ud eie gute Rutsch is Jahr 009 wüscht Euch Euer Aalysis I -! 9