Lösungen. 1. Klausur zur MIA: Analysis I für Mathematiker

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1 MATHEMATISCHES INSTITUT WS 006/07 DER UNIVERSITÄT MÜNCHEN Prof. Dr. M. Schottenloher Dr. S. Tappe Version 5.. Lösungen zur. Klausur zur MIA: Analysis I für Mathematiker vom Aufgabe. ( + Punkte) a) Es sei q R \{}. Beweisen Sie durch vollständige Induktion n q k = qn+ für alle n N. b) Folgern Sie aus Teil a), daß die Reihe für alle q R mit q < konvergiert und bestimmen Sie Ihren Summenwert. n=0 (Diese Aufgabe sollte einen sicheren Einstieg in die Klausur erleichtern. Die Formulierung stellt klar, dass ausnahmsweise die Hinweise auf entsprechende Resultate der Vorlesung nicht ausreichen, sondern dass die Überlegung hier vollständig dargelegt werden soll.) a) Für n =0ist n qk = q 0 =und qn+ q = q q =, also ist die Induktionsvoraussetzung erfüllt. Der Induktionsschritt n n +: Nach Definition des Summenzeichens ist nach Induktionsvoraussetzung also also und das war zu zeigen. n+ q k = n+ q k = qn+ q n n q k + q n+, + q n+ = qn+ n+ q k = qn+ + qn+ () Variante : Durch Induktion () n qk = q n+ zeigen. Variante : Die letzte Formel direkt zeigen: () n qk = n ()qk = n qk+ n qk = q n+ + n qk+ n k= qk =q n+. Die Induktion ist in den erlaubten,

2 MIA. Klausur Manipulationen der Summen enthalten. b) Für q < konvergiert (q n ) gegen 0, also auch qn+ Produkte von konvergenten Folgen. Die Partialsummen q = q q qn nach dem Satz über s n = qn+ = qn+ nach dem Satz über die Addition von kon- der Reihe konvergieren daher gegen 0 vergenten Folgen. q = q Aufgabe. (++Punkte) a) Beweisen Sie mit vollständiger Induktion: Für ein geeignetes n 0 N gilt n >n 3 für alle n n 0. b) Welches ist das kleinste n 0 N mit dieser Eigenschaft? c) Gibt es noch ein n N, n<n 0 mit n >n 3? (In dieser Aufgabe sollte ein Induktionsbeweis mit einfacher Struktur geführt werden. Die ausführlichen Fragen sollten darauf aufmerksam machen, dass nicht einfach drauflos gerechnet werden kann, sondern dass der Induktionsbeginn erst einmal bestimmt werden muss.) Es bleibt nichts übrig als die ersten Fälle durchzurechnen, es sei denn man erinnert sich an 0 = 04. Damit bekommt man wegen 0 3 = 000 einen guten Kandidaten für den Induktionsbeginn und sieht vielleicht sofort 9 < => 0 3 =0, => 3 =, 0 = 04 > 0 3 = 000. Hier stimmt also die geforderte Aussage. Im Folgenden stimmt sie nicht: =4 < 3 =8, 3 =8 < 3 3 =7, 4 =6 < 4 3 =64, 5 =3 < 5 3 = 5, 6 =64 < 6 3 = 6, 7 = 8 < 7 3 = 343, 8 = 56 < 8 3 = 5, 9 = 5 < 9 3 = 79.

3 MIA. Klausur 3 Behauptung: Für n 0 gilt n >n 3. Beweis durch Induktion. Der Beginn für n =0steht schon oben. Induktionsschritt (Variante A) n n +: (n +) 3 = n 3 +3n +3n +, und nach Induktionsvoraussetzung n 3 < n, also n < n n,n<n. Also wegen 000 < 0 < n für n 0: n ( (n +) 3 < n +3 n n +3n n + n 000 =n ) < n = n+, 000 für n 0, da <. Wenn man verständlicherweise nicht sofort sieht, dass man die Induktionsvoraussetzung mehrfach einsetzen kann, wird man z.b. wie folgt vorgehen: Induktionsschritt (Variante B) n n +: n+ = n + n >n 3 + n 3 nach Induktionsvoraussetzung. (n +) 3 = n 3 +3n +3n +. Es bleibt also zu zeigen: n 3 3n +3n + Variante B: Induktion nach n ab 0: 0 3 = 000 > als Induktionsbeginn. (n +) 3 = n 3 +3n +3n +> 3n +3n +3n +nach Induktionsvoraussetzung und 3(n + ) +3(n +)+=3n +9n +7. Wegen 3n +3n +> 9n +7sogar für alle n 3 folgt die Beh. (Gegebenenfalls wird die letzte Ungleichung auch noch durch Induktion bewiesen.) Variante B: Statt die Ungleichung mit einer zweiten Induktion zu beweisen, ist auch gut, folgendermaßen zu argumentieren: Für n 5 ist n 3 5n und n n + n 3n +, wie man durch Vergleich der Summanden sofort sieht, also n 3 5n =3n +n 3n +3n +. Damit ist 0 die kleinste der natürlichen n 0 mit der gesuchten Eigenschaft, und als Weiteres wird sie von n =0und n =erfüllt. Aufgabe 3. ( Punkte) Entscheiden und begründen Sie, ob die folgenden Aussagen richtig oder falsch sind. a) Für alle x, y Q mit x<ygibt es ein z Z, so daß x<z<y. b) Für alle x, y Z mit x<ygibt es ein z Q, so daß x<z<y. c) Für alle x, y Q mit x<ygibt es ein z R \ Q, so daß x<z<y. d) Für alle x Q und alle y R \ Q mit x<ygibt es ein z R \ Q, so daß x<z<y. (Hintergrund dieser Aufgabe ist die Aussage, dass Q in R dicht liegt und Verwandtes.) a) Die Aussage ist falsch, weil es z.b. zu 0, Q keine ganze Zahl n mit 0 <n< gibt. b) Die Aussage ist richtig, denn z := x+y = x + y x = y y x erfüllt x<z<yund z Z. c) Die Aussage ist richtig, denn z.b. für z := x + y x ist x<z<yund es gilt z / Q. Sonst wäre y x =z xin Q und dann auch =( y x y x ) im Widerspruch zu / Q.

4 MIA. Klausur 4 d) Die Aussage ist richtig. Zu y x>0findet man n N mit n <y x (Eudoxos / Archimedes). Also ist z := x + n <x+ n <yund natürlich x<z. Wie in c) ist z nicht in Q. Bemerkung: c) und d) folgen auch unmittelbar aus der Tatsache, dass R\Q dicht ist in R, eine Aussage, die wir allerdings in der Vorlesung nicht explizit bewiesen haben. Der Beweis geht wie die Überlegung zu c) oben. Aufgabe 4. ( Punkte) Entscheiden und begründen Sie, welche der folgenden Mengen nach oben/unten beschränkt ist bzw. ein Maximum/Minimum hat. a) M a = {n N : n =(k )n für geeignetes k N }. b) M b = {x Q : x > 0}. c) M c = {x R : x < 0}. d) M d = {x R : x +x +> 0}. (Der Umgang mit dem Begriff der Beschränktheit wird hier geprüft.) a) M a ist nach unten beschränkt und hat ein Minimum: erfüllt =( ), also M a und ist Minimum von M a, weil M a N gilt. ist n =(k )n. M a ist nicht nach oben beschränkt, denn n k := k ist in M a : n k =(k )n k und die Folge (k ) ist unbeschränkt. Wir haben auch gezeigt: M a := {k + k N}. b) M b =], [ ], [. Daher ist M b weder nach oben noch nach unten beschränkt. c) M c =]0, [ ist beschränkt mit sup M c =, aber / M c, und mit inf M c =0, aber 0 / M c. Also hat M c weder Minimum noch Maximum. d) M d = R\{ } ist weder nach oben noch nach unten beschränkt. Aufgabe 5. (3 + 3 Punkte) Die Folge (a n ) n N sei gegeben durch a 0 := 3 und a n := n +( ) n n, n N. a) Berechnen Sie lim sup n a n und lim inf n a n. b) Bestimmen Sie sup M und inf M für M = {a n : n N}. (Der Umgang mit lim sup und lim inf wird hier abgefagt, wie auch die Bestimmung von Minimum und Maximum.) a) a n = 4n +n = und a n + n = < für n N. n + a n+ = 4n+ (n+) = 4n+ n = 4+ n und a n n+ = 4n+ n < 0 für n N.

5 MIA. Klausur 5 Also lim sup n a n =und lim inf n a n = b) In a) wurde bereits a n < für n N gezeigt, also sup M = a 0 =3wegen a =. Die Teilfolge (a n+ ) n N ist monoton wachsend: a n+ = 4n+ n = 4 n < 4 a (n+)+. Wegen a =, a 3 = 6 = 6 ist daher Daher inf M = 6. n+ = Aufgabe 6. (4 Punkte) Für eine Folge (a n ) n N mit a n < 0, n N gelte lim n a n =0. Zeigen Sie, daß es zu jedem Index n N ein m 0 N mit a n <a m für alle m m 0 gibt. (Diese Aufgabe erfordert die präzise Anwendung der Definition der Konvergenz einer Folge.) Für jedes n gilt mit ε := a n > 0: Es gibt ein m 0 N, so dass für alle m m 0 gilt: a m <ε, weil die Folge nach Voraussetzung eine Nullfolge ist. Offenbar ist daher a m < a n, also a n <a m, was zu zeigen war. Aufgabe 7. ( + Punkte) a) Formulieren Sie für eine Folge (a n ) n N das Monotoniekriterium. b) Sei (b n ) n N eine Folge mit 0 <b n < für alle n N. Zeigen Sie, daß die Folge (a n ) n N mit n a n := b k, n N konvergiert. (Die Aufgabe b) kann evtl. schwierig aussehen, daher sollte durch a) ein Hinweis gegeben werden, wie man am besten vorgeht. Leider wurde nicht zu selten Kriterium als Definition verstanden.) a) Jede monotone Folge in R ist bereits konvergent, wenn sie beschränkt ist. Richtig ist auch: Jede monotone Folge aus R ist genau dann konvergent, wenn sie beschränkt ist. b) Es genügt nach a) zu zeigen, dass die Folge monoton fallend ist, denn sie ist sicherlich durch 0 nach unten beschränkt. a n+ = b n+ a n <a n wegen 0 <b n+ <, also ist (a n ) monoton fallend. Aufgabe 8. ( + + Punkte) Untersuchen Sie die nachstehenden Folgen auf Konvergenz und berechnen Sie gegebenenfalls die Grenzwerte. a) a n = n +3n +5 n +4n +7 b) a n = n+ n n (n +)! n n! (n +) n+

6 MIA. Klausur 6 c) a n = n n n (n +)(n +3) (Hier konnte elementares Basiswissen (Permanenzeigenschaften bei konvergenten Folgen) eingesetzt werden mit sofortigem Erfolg! Abgesehen von Rechenfehlern.) a) b) c) a n = + 3 n + 5 n + 4 n + 7 n = a n = a n = nn (n +) n = ( + n )n e n n n+ n+3 n n = Aufgabe 9. (6 Punkte) Untersuchen Sie die Folge auf Konvergenz. a n = n k=n k, n N (Diese Folge ist entgegen des ersten Eindrucks keine Folge von Partialsummen und daher spielt Reihenkonvergenz hier keine Rolle, Der Unterschied sollte beachtet werden, dann ist man mit dem Monotoniekriterium wieder schnell durch!) Die Folge konvergiert, weil sie durch 0 nach unten beschränkt ist und weil sie monoton fallend ist: und a n+ = n k=n+ k + n + + n + = a n n + n + + n + n + n + + n + =( n + n )+( n + n ) < 0. Aufgabe 0. (6 Punkte) Sei s die Summe der konvergenten Reihe n= n. Zeigen Sie: n= (n ) = 3 4 s. (Die Absicht dieser Aufgabe ist, das Rechnen mit Grenzwerten von Folgen bzw. Reihen anzuwenden.)

7 MIA. Klausur 7 Die n-te Partialsumme der Reihe k= (k ) sei s n und s n := n k= k. Dann gilt s n = = s n + 4 s n. Also folgt aus dem Satz über Summen von konvergenten Reihen: s n + n k= (k) s n = s n 4 s n s + 4 s = 3 4 s. Aufgabe. (4 + 4 Punkte) Es seien K ein angeordneter Körper, e K und die Folge (x n ) n N rekursiv durch x 0 := e und x n+ := x n + K,n N definiert. Hierbei bezeichnet K das Einselement des Körpers K. a) Entscheiden und begründen Sie, ob die Menge M := {x n : n N} stets unbeschränkt ist. b) Beweisen Sie, daß M zusammen mit dem Anfangselement e und der Nachfolgerfunktion S : M M, definiert durch S(x n ):=x n+ für n N, ein System natürlicher Zahlen bildet. (Hier geht es um die Basiskonzepte wie System natürlicher Zahlen und archimedische Anordnung. Im wesentlichen ist diese Aufgabe ein Abfragen dieser Konzepte.) a) Sei erst einmal e =0. Dann ist M = N K und M ist nach unten beschränkt. Nach Satz ist N K genau dann unbeschränkt, wenn K archimedisch angeordnet ist. (Ist K archimedisch angeordnet, so wird jedes Element x K durch n N K übertroffen. D.h. N K ist unbeschränkt. Ist K nicht archimedisch angeordnet, so gibt es b K, das durch kein n N K übertroffen wird, d.h. N K ist durch b nach oben beschränkt.) Für allgemeines e K ist ψ : K K,x x + e, eine Abbildung mit ψ(n K )=M und der Eigenschaft: x<y ψ(x) <ψ(y). Also ist M genau dann beschränkt. wenn N K beschränkt. Die vollständige Behandlung von a) lautet also: M ist genau dann unbeschränkt, wenn K archimedisch angeordnet ist. b) Wir wissen aus der Vorlesung: N K ist ein System natürlicher Zahlen. Daher folgt die Behauptung unter Verwendung von ψ, denn ψ : N K M,x x + e ist eine Bijektion, mit ψ(0) = e = x 0,ψ(n +)=S(x n ). Diese letzte Eigenschaft folgt aus x n = n + e = ψ(n), und das ist klar. (Ausführlich durch Induktion : x 0 =0+e = e und x n+ = x n +=(n + e) += (n +)+e = ψ(n +)). Ein anderer Weg, die Aufgabe zu lösen, ist das direkte Nachprüfen der Axiome: P.: S : M M ist injektiv: S(x n )=S(x k ) bedeutet n = k, weil S(x n )=x n+. P.: e/ S(M) bedeutet e S(x n )=x n+ für alle n N. Die Anordnung besagt aber bereits e<x n+. Ganz ausführlich durch Induktion: e<e+=x = x 0+ und aus e<x n+,x n+ < x n+ +=x n+ ergibt sich e<x n+. P.3: Sei B M mit e B und S(B) B. Dann B = M, d.h. x n B für alle n N. Das sieht man durch Induktion: e = x 0 B nach Voraussetzung. Ist x n B so ist x n+ = S(x n ) S(B) B, also x n+ B.