Lösungen zum Übungsblatt 5

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1 Lösungen zum Übungsblatt 5 Mirko Getzin Universität Bielefeld Fakultät für Mathematik. Dezember 203 Ich gebe keine Gewähr auf eine vollständige Richtigkeit der Lösungen zu den Übungsaufgaben. Das Dokument hat jedoch den Anspruch, eine möglichst vollständige Lösung des fünften Übungsblattes der aktuellen Analysis I Vorlesung zu sein. Eine Veröffentlichung oder Vervielfältigung ist nur nach Rücksprache mit dem Urheber dieses Dokuments erlaubt. Die Lösungen sind zum Teil an den Musterlösungen von Simon Michel angelehnt, die wir Tutoren wöchentlich erhalten. Mirko.Getzin@uni-bielefeld.de Tutor der Analysis I im WiSe 3/4

2 Mirko Getzin 2 Lösungen zum Übungsblatt 5 Die Aufgaben dieses Übungsblattes befassen sich hauptsächlich mit der Beschränktheit und Konvergenz von Folgen reeller Zahlen. Darüber hinaus solltet ihr durch die Bearbeitung der Aufgaben (wenigstens) folgende Dinge erlernt haben: i) Bestimmung der Suprema und Infima von Folgen reeller Zahlen ii) Begriffe verstehen und unterscheiden: Konvergenz, Divergenz und Beschränktheit iii) Begriffe verstehen und unterscheiden: Häufungspunkt, Grenzwert/Limes, Schranke und Supremum bzw. Infimum iv) Begriffe verstehen und unterscheiden: Folge, Teilfolge, Folgeglied, Partialsumme und Reihe v) Übergang zu Partialsummen bei der Berechnung/Konvergenzbetrachtung von Reihen ausnutzen Aufgabe (Supremum und Infimum) a) Gegeben sei die Folge a n := n bestimmen. Behauptungen: i) inf a n = 0 ii) sup a n = n+, n N. Unser Ziel ist es, Supremum und Infimum dieser Folge zu Beweis: Um zu zeigen, dass ein Wert Infimum einer Folge ist, müssen wir zeigen, dass dieser Wert die größte untere Schranke der Folge ist. Insbesondere müssen wir also zeigen, dass der behauptete Wert für das Infimum eine untere Schranke für die Folge ist und dass es keine größere untere Schranke gibt. Analog müssen wir für das Supremum zeigen, dass der behauptete Wert für das Supremum eine obere Schranke ist und dass es keine kleinere untere Schranke gibt. Vorarbeit: Wir wissen, dass n 0, n + > 0 und n < n + n N. Folglich erhalten wir (analog zum vorangegangenen Übungsblatt): 0 a n = n n + < () Die Abschätzung zur 0 gilt aufgrund der ersten beiden Eigenschaften oben, wohingegen die Abschätzung zur aufgrund der dritten obigen Eigenschaft gilt (einsichtig per Äquivalenzumformung, wir teilen durch n + ; dies ist erlaubt, da n + > 0). i) Aufgrund der Abschätzung aus () erhalten wir unmittelbar, dass 0 eine untere Schranke für die Folge a n ist. Es bleibt also zu zeigen, dass es keine größere untere Schranke als 0 gibt. Es gilt a 0 = 0 0+ = 0, also wird die durch () erhaltene untere Schranke bereits von einem Folgeglied angenommen. Es kann also per Definition der unteren Schranke keine größere untere Schranke existieren (alle größeren Werte als Null können keine untere Schranke mehr sein, da sonst ein Folgenglied existiere, welches kleiner als die vermeintliche u.s. wäre Wiederspruch zur Definition u.s.). 0 ist somit die größte untere Schranke der Folge a n. Def.Inf. inf a n = 0

3 3 ii) Aufgrund der Abschätzung aus () erhalten wir unmittelbar, dass eine obere Schranke für die Folge a n ist. Es bleibt also zu zeigen, dass es keine kleinere obere Schranke als gibt. q.e.d. Nach den Konvergenzbeispielen für Folgen aus der Vorlesung (S. 32 im Skript) wissen wir, dass lim n a n = gilt. Def.4.(Konvergenz) ε > 0 N(ε) N n N(ε) : a n < ε. In Worten ausgedrückt bedeutet dies, dass wir für beliebig klein gewählte Umgebungen um den Wert immer Folgenglieder innerhalb der Umgebung finden können. Nach der Abschätzung aus () wissen wir folglich sogar, dass diese Folgenglieder stets kleiner als sind. a n > ε n N(ε). Def.o.S. ε ist keine obere Schranke für alle ε > 0. ist kleinste obere Schranke. Def.Sup. sup a n = Alternativbeweise sind denkbar. So ist es beispielsweise auch sehr elegant, Satz 5.0 zu nutzen, indem man zeigt, dass die gegebene Folge isoton ist. Zusammen mit der Beschränktheit nach oben folgt dann nämlich, dass das Supremum dem Grenzwert der Folge entspricht. Die Isotonie lässt sich zeigen, indem man beweist, dass gilt: a n+ a n n N. b) Gegeben sei die Folge a n := n2 2 n, n N. Unser Ziel ist es, Supremum und Infimum dieser Folge zu bestimmen. Behauptungen: i) inf a n = 0 ii) sup a n = 9 8 Beweis: Wie wir dem Hinweis entnehmen können, soll n 2 2 n n N\{3} gelten. Dies werden wir für den Beweis des Supremums nutzen können, jedoch wollen wir diese Behauptung zuerst beweisen. Vorarbeit: Beweis der Aussage aus dem Hinweis per vollständiger Induktion ab n=4 und Nachrechnen der übrigen Fälle. n = = 0 = 2 0 n =. 2 = 2 = 2 n = = Induktionsanfang: n = = Induktionsvoraussetzung: Die Behauptung gelte für ein n N, n 4. Induktionsschritt: n n +. 2 n+ = 2 2 n IV 2n 2 = n 2 + n 2 n2 2n+ n 4 n 2 + 2n + = (n + ) 2. Die genutzte Abschätzung für n 2 lässt sich ebenfalls sehr einfach per vollständiger Induktion zeigen, dies führe ich an dieser Stelle aber nicht mehr durch. Alternative Lösungen für den Induktionsschritt sind denkbar, gegebenenfalls mit PÜ2 Aufgabe b), das habe ich jedoch nicht probiert. Wir haben jedenfalls nun gezeigt, dass die Behauptung aus dem Hinweis gilt, und kümmern uns folglich um die Suprema und Infima.

4 4 Wir nutzen den Hinweis und erhalten per Äquivalenzumformung unmittelbar n 2 2 n n2 n N\{3} (2) 2n Des Weiteren stellen wir fest, dass a 3 = = 9 8 > gilt. Außerdem sind n, 2 N, so dass auch gilt, dass a n = n2 2 n 0. Wir erhalten somit folgende Abschätzung für die Folge a n : 0 a n = n2 2 n 9 8 (3) i) Nach (3) ist 0 untere Schranke von a n. Da a 0 = = 0, kann es keine größere untere Schranke geben (sonst gäbe es einen Widerspruch zur Definition der unteren Schranke, da es ein Folgeglied gäbe, welches kleiner als die vermeintliche untere Schranke wäre). inf a n = 0 Ein Alternativargument per Limes der Folge, wobei man erhält, dass kein ε > 0 untere Schranke sein kann, ist auch denkbar. Außerdem ist eine Verwendung von Satz 5.0 möglich, indem man zeigt, dass die Folge ab n = 4 antiton ist und man zeigt, dass die Folgenglieder für n < 4 keine kleineren Werte als 0 annehmen. Mit der Beschränktheit nach unten folgt dann die Behauptung. ii) Nach (3) ist 9 8 obere Schranke von a n. Aus (2) wissen wir, dass für n 3 alle Folgenglieder kleinergleich sind. Nun ist aber a 3 = 9 8 > und es kann folglich keine kleinere obere Schranke geben (sonst gäbe es wieder einen Widerspruch zur Definition der oberen Schranke). q.e.d. sup a n = 9 8

5 5 Aufgabe 2 (Konvergenz und Häufungspunkte von Folgen) a) Es sei (a n ) n N eine beschränkte Folge reeller Zahlen. Zu zeigen:! Häufungspunkt der Folge (a n ) n N Die Folge (a n ) n N kovergiert und der Häufungspunkt ist gleich dem Limes. Beweis: Wir zeigen im Folgenden die beiden Implikationen und, so dass wir auf die Äquivalenz schließen können. : Bei dieser Implikationen nehmen wir an, dass die Folge beschränkt ist, und es sei a der einzige und eindeutige Häufungspunkt der Folge. Wir führen den Beweis per Widerspruch und nehmen hierzu zunächst außerdem an, dass a nicht der Grenzwert der Folge sei. Dann folgt per Definition der Konvergenz, dass ein ε > 0 existiert, so dass unendlich viele Folgenglieder von (a n ) n N außerhalb der gewählten ε-umgebung um a liegen. All diese Folgeglieder bilden dann eine neue Teilfolge (a nk ) und die Teilfolge ist ebenfalls beschränkt, da bereits (a n ) beschränkt ist. Der Satz von Bolzano-Weierstraß liefert uns dann, dass die neue Teilfolge einen Häufungspunkt a besitzen muss. Da jeder Häufungspunkt einer Teilfolge auch Häufungspunkt der Ausgangsfolge ist ( ), ist a also auch Häufungspunkt von (a n ) und es gilt a a, da a nicht in der ε-umgebung um a liegen kann und somit insbesondere nicht gleich a sein kann. Wir erhalten einen Widerspruch, da die Folge per Annahme genau einen Häufungspunkt besitzt. Es ist folglich lim a n = a unter der Berücksichtigung von Satz 5.7. n : Bei dieser Implikation nehmen wir an, dass die Folge konvergent ist (und beschränkt dann sowieso) und es gilt lim a n = a. Nach Satz 5.5 konvergiert dann auch jede Teilfolge von (a n ) n gegen a und nach Satz 5.7 kann es dann keinen anderen Häufungspunkt als a geben, da keine Teilfolge gegen einen Wert a a konvergiert. Es ist also a der einzige und eindeutige Häufungspunkt von der Folge (a n ). Aufgrund der beiden gezeigten Implikationen gilt die Äquivalenz in obiger Aussage. Anmerkung zu ( ) in der Hinrichtung: diese Aussage ist trivial unter Verwendung von Satz 5.7, denn für jeden Häufungspunkt der Teilfolge existiert demnach wiederum eine Teilfolge der Teilfolge, die gegen den jeweiligen Häufungspunkt konvergiert. Per Konstruktion von Teilfolgen ist aber jede Teilfolge von einer Teilfolge auch gleichzeitig Teilfolge der Ausgangsfolge. Die Behauptung folgt dann unmittelbar. q.e.d Alternativbeweise: Die Hinrichtung lässt sich auch über eine sukzessive Zerlegung in Teilfolgen, die gegen a konvergieren müssen, beweisen. Die Rückrichtung lässt sich auch direkt per Definition der Konvergenz über ein ε-argument beweisen. b) Sei a 0 > eine beliebige reelle Zahl und definiere rekursiv die Folge a n := a n 2, n N\{0}. Behauptung: Die Folge lässt sich explizit in Abhängigkeit von a 0 darstellen als a n = a 0 2 n, n N. Beweis: Per vollständiger Induktion nach n N. Induktionsanfang: n = 0. a 0 = (a 0 ) = (a 0 ) 20 Induktionsvoraussetzung: Es gelte a n = a 2 n 0 für ein n N. Induktionsschritt: n n +. Def.Rek. a n+ = a 2 IV n = (a 2 n 0 ) 2 = a 2 2 n 0 = a 2 n+ 0 Wir haben somit die explizite Darstellung per vollständiger Induktion bewiesen. Nun untersuche a n = a 0 2 n auf Konvergenz bzw. Divergenz.

6 6 Behauptung: Die Folge a n divergiert. Beweis: Für n := 2 m liefert uns Korollar 3.7(i): K > 0 M(K) m M(K) : a 0 2 m a 0 n > K Die Folge a n, n N, divergiert für a 0 >, da beliebig große Schranken K stets überschritten werden für ein genügend großes m. q.e.d.

7 7 Aufgabe 3 (Häufungspunkte von Folgen) a) Aus der Zusatzaufgabe von Blatt 4 Aufgabe 3 wissen wir, dass gilt: 2 ( + n )n < 3 n N\{0} (4) Nach dieser Abschätzung ist die Folge a n := ( + n+ )n+ mit n N beschränkt, da die Folge aus der Abschätzung identisch mit a n ist (vgl. Startwerte, n + gleich das Starten bei n = 0 quasi aus). 5. Die Folge a n besitzt (mindestens) einen Häufungspunkt. Anmerkung: Der Häufungspunkt ist die eulersche Zahl, da die gegebene Folge diese als Grenzwert besitzt. Einen Beweis hierzu könnt ihr aktuell noch nicht führen, aber Interessierte finden ihn in [O. Forster: Analysis, S. 7]. q.e.d. b) Es ist b n := ( ) n a n n N definiert. Damit folgt 3 < b n < 3 n N wegen der Abschätzung aus a). Sollte diese Abschätzung nicht unmittelbar einsichtig sein, schaut euch nochmal das Tafelbild aus dem Tutorium mit der Zahlengerade und den Intervallen in denen die Folgenglieder liegen an. Mit Hilfe der Abschätzung ist b n offenbar beschränkt. 5. Die Folge a n besitzt (mindestens) einen Häufungspunkt. Anmerkung: b n besitzt sogar zwei Häufungspunkte, nämlich e und e. q.e.d. c) Gegeben sei die Folge c n = ( ) n n n+ mit n N. Wir betrachten nun Teilfolgen von c n, deren Grenzwerte nach Satz 5.7 Häufungspunkte der Folge c n sein müssen. 2n 2n+ = 2n c 2n = ( ) 2n 2n+ bezeichnet die Folge der Gestalt, dass man beginnend bei c 0 nur jedes übernächste Folgeglied betrachtet (also die Folgenglieder von c n mit geradem Indizes). Es gilt lim c 2n =, denn: n Sei ε > 0 beliebig und N(ε) > ε 2ε mit N(ε) N. Dann gilt für alle n N(ε): 2n 2n (2n+) c 2n = 2n+ = 2n+ = 2n+ = 2n+ 2N(ε)+ < ε Nun betrachte die Teilfolge c 2n+ = 2n+ (2n+)+ mit n N. Es gilt lim c 2n+ =, denn: n Sei ε > 0 beliebig und N(ε) > ε 2ε c 2n+ ( ) = 2n+ = 2n+ 2N(ε)+ < ε mit N(ε) N. Dann gilt für alle n N(ε): 5.7 und sind die Häufungspunkte der Folge c n. Weitere Häufungspunkte sind nicht möglich, da sonst die betrachteten Teilfolgen bereits mehrere Häufungspunkte hätten. Dies ist jedoch nicht möglich aufgrund der Eindeutigkeit des Limes (Satz 4.4).

8 8 Aufgabe 4 (Reihen) a) Es ist 3 <, wir können somit Satz 4.7 verwenden, da es sich um eine unendliche geometrische Reihe handelt: ( 3 )n = = b) Sei m N mit m. Wir wollen die Reihe berechnen, indem wir eine Partialbruchzerlegung anwenden. Da wir darüber hinaus keine Aussagen über die absolute Konvergenz der Reihe treffen können, folglich also nicht beliebig Teile der Reihe auseinanderziehen dürfen, wollen wir zur Folge der Partialsummen übergehen und betrachten zunächst allgemein die k-te Partialsumme. Dies dürfen wir tun, da stets gilt, dass lim a n = a n. Zweck dieses Übergangs liegt darin, k dass wir endliche Summen ohne Weiteres auseinanderziehen dürfen und den Grenzwert danach auch noch betrachten können. Sei also S k := k = k n 2 m 2 (n m)(n+m). O.B.d.A. können wir annehmen, dass k > 3m, da wir am Ende ohnehin k gegen unendlich laufen lassen. Dies hat den Vorteil, dass wir bei einer späteren Indextransformation keine Fallunterscheidung durchführen müssen, da für n = 3m ein zusätzlicher Summand zu beachten ist (verursacht durch die Zusatzbedingung n m). Partialbruchzerlegung: Ziel der Partialbruchzerlegung ist es, dass wir Koeffizienten a und b bestimmen, so dass wir die obigen Summanden zerlegen in. Wir erhalten somit folgenden Ansatz: a n m + a n m + b n+m b gem.nenner (n+m)a+(n m)b n+m = (n m)(n+m) Durch Koeffizientenvergleich erhalten wir folgende Bedingung: (n + m)a + (n m)b = (a + b)n + (a b)m =! = (n m)(n+m) // nach Termen mit und ohne n sortiert a + b = 0 (a b)m = // da n rechts nicht vorkommt, jedoch a = b (( b b)m = 2bm = b = 2m ) // a=-b direkt eingesetzt a = 2m b = 2m Umformung der Summe: Nun setzen wir die erhaltenen Koeffizienten ein und erhalten: n 2 m 2 = = = 2m ( (n m)(n+m) ( 2m n m 2m n+m ) n m n+m )

9 9 Indextransformation: Wir wollen nun erreichen, dass die Summanden beider Summen gleicher Gestalt sind. Dazu vergleichen wir die Nenner der Quotienten in den Summanden, um eine Transformationsvorschrift zu erhalten. Wichtig dabei ist, die Laufindizes beider Summen voneinander zu unterscheiden, deshalb führen wir n ein als Laufindex der rechten Summe und erhalten: n m = n + m n = n + 2m Durch diese Indexverschiebung erreichen wir, dass sich die Summanden von 0 bis k in der linken Summe mit den Summanden von 0 bis k 2m auslöschen. Lediglich n = 3m löscht sich nicht, denn dies ist der oben bereits beschriebene Fall, der durch die Restriktion n m zustande kommt und zusätzlich beachtet werden muss. Es gilt nämlich n = n 2m = 3m 2m = m und n = m ist nicht erlaubt. Schließlich erhalten wir: S k = = 2m n 2 m 2 2m ( = 2m ( 2m = 4m 2 2m n=k 2m+ n=k 2m+ Abschließende Grenzwertbetrachtung: n m + } 3m {{ m } }{{} = 2m = m n+m ) n+m n=k 2m+ n+m ) Wir betrachten nun die Folge a k := 4m 2 (k 2m+)+m. Sie entspricht dem obigen Term, wobei man von der Summe lediglich den (k-2m+)-ten Summanden betrachtet. Daher gilt dann auch folgende Abschätzung: a k S k (5) 4m 2 2m Die Grenzwertsätze liefern uns allerdings, dass lim a k =, da der Subtrahend gegen 0 k 4m 2 konvergiert und der Minuend konstant ist. Wegen obiger Abschätzung der k-ten Partialsumme S k muss dann jedoch auch der Grenzwert der Partialsumme existend sein. Genauer gilt dann auch lim S k =. Interessierte können hier nach dem Sandwich-Lemma (Einschnürungssatz) k 4m 2 suchen, welches uns die Behauptung liefert. = n 2 m 2 4m 2 c) Es sei a n, n N, Folge reeller Zahlen. Dann existieren Partialprodukte der Form P k = k Falls der Limes für k der Partialsumme P k existiert, definiere a n := lim k k a n a n = lim k P k

10 0 Nun betrachte die Folge a n := + x 2n mit x <, wobei x R. Nach Übungsblatt 2 Aufgabe 2b) gilt dann: k k P k = a n = ( + x 2n ) = x2k+ x Korollar 3.7(ii) liefert uns, dass auf der rechten Gleichungsseite der obige Exponent immer weiter wächst. Gleichzeitig kovergieren Produkte von unendlich vielen Zahlen, die betragsmäßig kleiner sind, gegen 0. Dann folgt, dass P k = x2k+ x x für k. ( + x 2n ) = x