Höhere Mathematik I für die Fachrichtung Informatik. Lösungsvorschläge zum 4. Übungsblatt

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1 KARLSRUHER INSTITUT FÜR TECHNOLOGIE INSTITUT FÜR ANALYSIS Dr. Christoph Schmoeger Heiko Hoffmann WS 0/4 Höhere Mathematik I für die Fachrichtung Informatik Lösungsvorschläge zum 4. Übungsblatt Aufgabe Bestimmen Sie jeweils für die Folge a n n alle Häufungswerte und geben Sie, soweit vorhanden, den Limes superior und den Limes inferior an. a a n = n + nn+ b a n = n + n nn+ n +5 c a n = n + n n+ + n d a n = + n n n+ Hinweis: Zeigen Sie zunächst, dass lim n n = e gilt. e a n n =,,,,,,,,, 4,,,, 4, 5,,,, 4, 5, 6,,... Lösungsvorschlag: zu a: Wir unterscheiden zunächst nur zwei Fälle, nämlich n = k + für ein k N 0 sowie n = k für ein k N. Bekanntlich gestattet jede natürliche Zahl genau eine solche Darstellung. Im ersten Falle erhalten wir nun n + nn+ = + k+k++ = + k+ Ist k gerade, so ist gilt + k+ = = 5; in diesem Falle lässt n beim Teilen durch 4 den Rest. Ist k hingegen ungerade, so ist + k+ = + = ; in dieser Situation lässt n beim Teilen durch 4 den Rest. Im zweiten Fall ergibt sich n + nn+ = + kk+ = + k Ist nun k gerade, d.h., n ist durch 4 teilbar, so gilt folglich + k = + = 5.

2 Ist k hingegen ungerade, d.h., n lässt beim Teilen durch 4 den Rest, dann ergibt sich + k = =. Zusammenfassend erhalten wir 5, falls n durch 4 teilbar ist, n + nn+ 5, falls n beim Teilen durch 4 den Rest lässt, =, falls n beim Teilen durch 4 den Rest lässt,, falls n beim Teilen durch 4 den Rest lässt. Mit dem Lemma aus der 4. Saalübung ergibt sich nun Ha n n = {,, 5, 5} sowie lim sup a n = 5 und lim inf a n = 5. zu b: Für k N gilt einerseits und andererseits a k = kk + + k k k + 5 = k + 4k + k 4k + 5 a k+ = = k 0 + = k + k k+ k + k k + k + + k 0 =. k + k Mit dem Lemma aus der 4. Saalübung folgt nun Ha n n = {, } sowie lim sup a n = und lim inf a n = zu c: Wir haben für alle n N. Wegen n a n = + n n + n n α n n 0 n n für α {, } sind nach dem Einsperrsatz die Folgen und Nullfolgen, sodass n n n n wir lim a n = erhalten. Da also die Folge a n n konvergent ist, folgt Ha n n = { } sowie lim sup a n = lim inf a n =. zu d: Wir zeigen zunächst die Aussage aus dem Hinweis. Für n gilt n n n n n n n n + = = = n n n = + + n e = n n e. Für k N gilt einerseits 4k+ a k = + k = + + 4k k e 4k 4k 4k

3 und andererseits 4k+ a k+ = + k+ = 4k+ k e. 4k + 4k + 4k + Mit dem Lemma aus der 4. Saalübung folgt nun Ha n n = {e, e} sowie beachte e > > lim sup a n = e und lim inf a n = e. zu e: Offenkundig ist jede Zahl aus N ein Häufungswert der Folge a n n. Insbesondere existiert lim sup a n nicht in R. Ferner ist die Folge nach unten durch beschränkt und da selbst ein Häufungswert ist, ergibt sich lim inf a n =. Wie behaupten nun, dass Ha n n = N gilt. Um dies einzusehen, ist noch Ha n n N zu zeigen. Sei also a Ha n n beliebig und sei a nk k eine Teilfolge von a n n mit Grenzwert a. Dann ist a nk k auch eine Cauchyfolge; insbesondere existiert ein k 0 N derart, dass a nk a nl < für alle k, l k 0 gilt. Folglich gilt sogar a nk = a nl für alle k, l k 0 ; denn gäbe es k, l k 0 mit a nk a nl, so würde sich der Widerspruch > a nk a nl ergeben, wobei die zweite Ungleichung aus a nk, a nl N folgt. Wir haben also a nk = a nk0 für alle k k 0, was a = lim k a nk = a nk0 N impliziert.

4 Aufgabe 4 Es seien a n n und b n n beschränkte Folgen mit nichtnegativen Gliedern. Beweisen Sie die folgenden Aussagen. a Es gilt lim sup a n b n lim sup a n lim sup b n. b Die Aussage aus Teil a wird falsch, wenn die Bedingung der Nichtnegativität der Folgenglieder fallen gelassen wird. c In Teil a gilt Gleichheit, falls eine der beiden Folgen konvergent ist. d Im Allgemeinen gilt in a keine Gleichheit. Lösungsvorschlag: zu a: Zunächst überlegt man sich, dass die Folge a n b n n ihrerseits beschränkt ist. In der Tat: Ist a n n durch M > 0 und b n n durch K > 0 beschränkt, so folgt a n b n = a n b n M K für alle n N. Wegen der Nichtnegativität der Folgen a n n und b n n sind natürlich alle Häufungswerte von a n n und b n n ebenfalls nichtnegativ und es gilt insbesondere lim sup b n 0. Es sei nun c Ha n b n n beliebig und a nk b nk k eine Teilfolge von a n b n n mit Grenzwert c. Da die Folge a nk k beschränkt ist, existiert nach dem Satz von Bolzano-Weierstraß eine konvergente Teilfolge a nkl l, deren Limes wir mit a bezeichnen; es gilt dann a Ha n n. Ist a = 0, so folgt da b nkl l beschränkt ist c = lim a nkl b nkl = 0 l lim sup b n. Ist a 0, so gibt es einen Index l 0 N dergestalt, dass a nkl dürfen wir l 0 = annehmen. Dann folgt > 0 für alle l l 0 gilt; o.b.d.a. b nkl = a n kl b nkl a nkl l c a, insbesondere ist c ein Häufungswert von b a n n. Damit folgt c = a c a Da c Ha n b n n beliebig gewählt war, folgt speziell lim supa n b n wie behauptet. lim sup b n. lim sup b n

5 Bemerkung: Indem man im Falle a = 0 abermals zu einer Teilfolge übergeht, kann man annehmen, dass auch in dieser Situation der Grenzwert lim l b nkl existiert. Diese Beobachtung und der obige Beweis zeigen dann, dass sogar Ha n b n n Ha n n Hb n n gilt, wobei wir A B := {ab : a A, b B} für = A, B R definieren; hierbei kann man auch noch die Bedingung der Nichtnegativität fallen lassen. zu b: Betrachte a n n := n n sowie b n n = n. Dann gilt lim sup b n = =, aber es ist lim supa n b n = lim sup n+ = >. zu c: O.B.d.A. dürfen wir annehmen, dass b n n gegen ein b 0 konvergiert. Wir wählen eine Teilfolge a nk k, welche gegen lim sup a n konvergiert. Dann gilt auch lim a n k b nk = b, k was impliziert. Dies wiederum zieht lim sup b n = lim supa n b n b Ha n b n n nach sich, sodass die Behauptung mit Teil a folgt. zu d: Wir betrachten die Folgen a n n :=,,,,,,,,... lim sup b n und b n n :=,,,,,,,,,.... Dann gilt einerseits und andererseits lim sup b n = = 4 lim supa n b n = lim sup = < 4.

6 Aufgabe 5 a Es sei q [0, und a n n eine Folge mit der Eigenschaft, dass a n+ a n q a n a n für alle n gilt. Man beweise, dass a n n eine Cauchy-Folge ist. Hinweis: Zeigen Sie zunächst, dass a n+ a n q n a a für alle n gilt. Schätzen Sie anschließend den Ausdruck a n+k a n für n und k N geeignet nach oben ab, indem Sie a n+k a n = k j=0 a n+j+ a n+j, die Dreiecksungleichung und die zuvor bewiesene Ungleichung ausnutzen. b Wir betrachten die durch a := und a n+ := + a n rekursiv definierte Folge. Beweisen Sie mit Hilfe des Cauchy-Kriteriums, dass diese Folge konvergent ist und bestimmen Sie den Grenzwert. Hinweis: Man beweise zunächst, dass a n für alle n gilt. Lösungsvorschlag: zu a: Wir folgen dem Hinweis und beweisen zunächst durch Induktion die Aussage n : a n+ a n q n a a. Der Induktionsanfang n = folgt sofort mit Hilfe der Voraussetzung aus der Aufgabenstellung. Sei die Behauptung nun schon für ein n gezeigt. Dann erhalten wir a n++ a n+ q a n+ a n q q n a a = q n+ a a, womit der Induktionsschritt getan ist. Es sei nun n und k N beliebig. Dann ergibt sich mit k k a n+k a n = a n+j+ a n+j k a n+j+ a n+j q n+j a a j=0 j=0 j=0 k = q n a a q j = q n a a qk q qn a a q. Sei nun ɛ > 0 beliebig. Wegen q [0, gilt lim q n = 0 und daher ist q n a a q ebenfalls eine Nullfolge. Mithin existiert ein n 0 N derart, dass j=0 n 0 q n a a q < ɛ für alle n n 0 gilt. Für max{n 0, } n < m gilt dann mit k := m n N wegen : a m a n = a n+k a n q n a a q < ɛ. Folglich ist a n n in der Tat eine Cauchy-Folge. zu b: Wir zeigen zunächst induktiv, dass a n für alle n N definiert ist und a n

7 für alle n gilt. Natürlich ist a definiert und wegen a > 0 ist auch a definiert und es gilt a = + =. Sei nun für ein n! schon gezeigt, dass a n definiert ist mit a n. Wegen a n > 0 ist dann a n+ ebenfalls definiert und wir erhalten zum einen a n+ = + a n + = + und zum anderen a n+ = + a n + =, womit der Induktionsschritt vollzogen ist. Für n erhalten wir nun a n+ a n = + a n a n = a n a n a n a n 4 9 a n a n 5 9 a n a n, wobei wir a n a n ausgenutzt haben beachte: n =. Ferner haben wir a a = = 5 9 = 5 9 a a. Teil a garantiert nun, dass a n n eine Cauchy-Folge ist, also auch gegen ein a [, ] konvergiert. Der Grenzübergang n in der Gleichung a n+ = + a n liefert a = + bzw. a a a = 0 oder äquivalent a 5 a + 5 = 0. Wegen a > 0 ergibt sich hieraus a = + 5. Alternativ kann man zum Nachweis, dass a n n eine Cauchy-Folge ist, auch wie in der Vorlesung bzw. der 4. Saalübung vorgehen. Man erhält nämlich für n und k N a n+k a n = + a k+n a n = a n a k+n a k+n a n 4 9 a k+n a n und hieraus durch vollständige Induktion a n+k a n n 4 a k+ a 9 n 4 a k+ + a 9 n 4 = 4 9 n 4, 9 wobei wir a n n N ausgenutzt haben. Jetzt zeigt man genau wie in der Vorlesung bzw. der 4. Saalübung, dass a n n eine Cauchy-Folge ist.

8 Aufgabe 6 Bestimmen Sie, welche der folgenden Reihen konvergieren. a b c n= n= n n Hinweis: Zeigen Sie, dass n k= k n für alle n N gilt. n= n n 7 n+4 Lösungsvorschlag: zu a: Die Folge der Partialsummen. Saalübung wissen wir zudem, dass N N k= n= ist offenbar monoton wachsend. Aus der n N= k N für alle N N gilt. Mithin ist die Folge der Partialsummen auch noch oben durch beschränkt. Nach dem Monotoniekriterium ist dann die Reihe n= konvergent. zu b: Wir beweisen die Behauptung aus dem Hinweis durch vollständige Induktion. Für n = ist die Behauptung unmittelbar klar. Sei die Behauptung nun schon für ein n N gezeigt. Dann erhalten wir n+ k= k = n k= k + Ferner haben wir die nachstehenden Äquivalenzen n + n + n + n + n + nn + + n + nn + + n + nn + n. n +. Die letzte Ungleichung ist wegen nn + n = n korrekt. Damit erhalten wir insgesamt n+ k= k n + und der Induktionsschritt ist vollzogen. Wenn nun die Folge der Partialsummen N n + n + n= n N= n konvergent wäre, dann wäre diese Folge insbesondere beschränkt. Dann wäre aber wegen der eben gezeigten Ungleichung auch die Folge n n beschränkt. Da jedoch n n eine Nullfolge mit von 0 verschiedenen Folgengliedern ist, kann n n nicht beschränkt sein siehe Lemma aus der. Saalübung. Daher

9 ist die Reihe n= n divergent. zu c: Es gilt n n 7 n + 4 = 4 n n 4 0, sodass die Reihe n n n= 7 divergiert. n+4