Tag 1: Metrische Räume und Folgen

Matthäus Pawelczyk
Patrick Duurland
Analysis I Repetitorium
Wintersemester 2012/13
Tag 1: Metrische Räume und Folgen
Aufgabe 1. Kreuzen Sie an, ob die folgenden Aussagen wahr oder falsch sind.
a) Eine komplexe Folge (an ) hat genau dann den Grenzwert a ∈ C, wenn in jeder Umgebung
von a unendlich viele Folgenglieder von (an ) liegen.
wahr
falsch
b) Eine reelle Folge (an ) konvergiert, wenn (a2n ) konvergiert.
wahr
falsch
c) Ist (an ) eine monoton wachsende Folge positiver reeller Zahlen, so konvergiert (a−1
n ).
wahr
falsch
n
√
d) Die Folge (an ) mit an := 1+i
hat genau 6 Häufungspunkte.
2
wahr
falsch
e) Eine Folge mit überabzählbar vielen Häufungspunkten ist beschränkt.
wahr
falsch
f) Jede beschränkte Folge besitzt eine Teilfolge, die eine Cauchy-Folge ist.
wahr
falsch
g) Ist (an ) konvergent mit an 6= 0 für alle n ∈ N, dann auch ( an+1
an ) und limn→∞
wahr
an+1
an
= 1.
falsch
h) Sei (M, d) ein metrischer Raum und A ⊂ M . Dann ist auch (A, d) ein metrischer Raum.
wahr
falsch
i) Sei (M, d) ein vollständiger metrischer Raum und A ⊂ M . Dann ist auch (A, d) ein
vollständiger metrischer Raum.
wahr
falsch
j) Die Menge K ⊂ C 0 ([0, 1]; [0, 1]), ausgestattet mit der Supremumsnorm, ist genau dann
kompakt, wenn K abgeschlossen und beschränkt ist.
wahr
falsch
k) Jede nicht-offene Teilmenge A eines metrischen Raumes ist bereits abgeschlossen.
wahr
falsch
Aufgabe 2. Bestimmen Sie von folgenden Folgen alle Häufungspunkte sowie gegebenenfalls
den Grenzwert.
nn
n! √ √
√
e) en = (−1)n n( n + 1 − n)
n + cos n
f) fn =
2n − (sin n)3
42
a) an = √
3
n
−n4 + n2 − 1
b) bn = n 4
i n + in2 + 1
c) cn = 2−n (1 + (−1)n ) + 1
d) dn =
Lösung. a) Der Zähler ist konstant, der Nenner geht für n → ∞ gegen ∞. Der Grenzwert
ist folglich 0.
b) Kürzen wir n4 , so erhalten wir
bn =
−1 +
in +
1
− n14
n2
i
+ n14
n2
.
Der Zähler konvergiert gegen -1, der Nenner besteht aus 3 Summanden. Zwei davon sind
Nullfolgen, verschwinden also für jede Teilfolge. Damit hat (bn ) die gleichen Häufungspunkte
n
0
wie die Folge (b0n ), definiert durch b0n = −1
in = i . Nun nimmt bn nur 4 Werte an, deshalb
kann es nur 4 Häufungspunkte geben. Die Teilfolge nk := 4k + l für l ∈ {0, 1, 2, 3} konvergieren gegen jeweils einen der 4 Werte, dementsprechend gibt es 4 Häufungspunkte.
c) Wir bemerken, dass der erste Summand das Produkt einer Nullfolge und einer beschränkten
Folge ist. Demnach konvergiert dieser für n → ∞ gegen 0. Der zweite Summand ist konstant, dementsprechend ist der Grenzwert 1.
d) Das dn divergiert bestimmt gegen unendlich. Um das zu zeigen, schreiben wir uns die
Definitionen einfach auf:
dn =
nn
n · n · ··· · n
n
n
n
=
= ·
· · · · · · n.
n!
n · (n − 1) · · · · · 1
n n−1
2
Wir erkennen, dass jeder Faktor wenigstens 1 ist, und wir am Ende noch ein n haben.
Damit ergibt sich
n
n
n
dn = ·
· · · · · · n ≥ 1n−1 n = n.
n n−1
2
Dementsprechend divergiert dn bestimmt gegen ∞.
e) Wie der Faktor (−1)n in die Grenzwertbetrachtung/ Häufungspunkte hineinspielt ist sehr
klar. Wir betrachten also erst einmal den anderen Faktor. Wir erweitern klassisch mit der
dritten binomischen Formel und erhalten
√ √
√
√
√
n+1−n
1
1
√ .
n( n + 1 − n) = n √
= n √
= √
√
√
n+1
n+1+ n
n+1+ n
√
√n
+
n
n
Beide Summanden im Nenner konvergieren gegen 1, dementsprechend konvergiert der
ganze Bruch gegen 21 . Damit hat die Folge (en ) die gleichen Häufungsunkte wie (e0n )
n
definiert durch e0n := (−1)
2 . Die Folge springt nur zwischen 2 Werten und wenn wir die
Teilfolgen nk := 2k +l für l ∈ {0, 1} wählen, so sehen wir, dass beide auch Häufungspunkte
sind.
f) Kürzen wir diesmal n, so erhalten wir
fn =
cos n
n
(sin n)3
n
1+
2−
.
Nun sind sowohl Sinus als auch Cosinus beschränkt. Diese beiden Summanden konvergieren also gegen 0 (vgl. Aufgabe 3a), demnach ist der Grenzwert 1/2. Aufgabe 3. a) Sei (an ) eine Nullfolge und (bn ) eine beschränkte Folge. Beweisen Sie, dass
(an · bn ) eine Nullfolge ist.
b) Geben Sie ein Gegenbeispiel zur folgenden Aussage an: Ist (an ) eine Folge, sodass (|an |)
monoton wachsend und nach oben beschränkt ist, dann konvergiert (an ).
√
c) Sei (xn ) eine Folge und sei yn := xn n n. Beweisen Sie, dass (xn ) und (yn ) die gleichen
Häufungspunkte haben.
Lösung. a) Wir zeigen direkt mithilfe der Definition, dass (an bn ) gegen 0 konvergiert. Dafür
müssen wir für jedes ε > 0 ein N ∈ N finden, so dass
|an bn − 0| < ε ∀n ≥ N.
Sei also ε > 0 beliebig, aber fest.
Wir wissen, dass (bn ) beschränkt ist, d.h. es existiert ein M > 0, so dass für alle n ∈ N
gilt |bn | ≤ M . Zusätzlich ist (an ) eine Nullfolge. Also gibt es für jedes ε0 > 0 ein N 0 ∈ N,
so dass
|an − 0| < ε0 ∀n ≥ N 0 .
ε
und N 0 , so dass |an − 0| < ε0 für alle n ≤ N 0 . Nun haben wir alle
Wir wählen ε0 := M
Vorbereitungen getroffen, um die Konvergenz zeigen zu können:
ε
|an bn − 0| = |an bn | ≤ |an M | = M |an − 0| < M ε0 = M
= ε. ∀n ≥ N 0 .
M
Wir haben also unser N 0 gefunden, was die Konvergenz zeigt.
b) Man kann z.B. an = (−1)n wählen. Nun ist |an | = 1 monoton wachsend (es war nicht
einmal streng monoton wachsend gefordert) und konstant. Insbesondere nach oben beschränkt. Offenbar konvergiert aber (an ) nicht.
c) Wir zeigen zuerst, dass jeder Häufungspunkt von (xn ) ein Häufungspunkt von (yn ) ist.
√
Dazu bemerken wir, dass n n gegen 1 konvergiert.
Sei also x ein Häufungspunkt von (xn ). Das heißt es existiert eine Teilfolge nk von (xn )
mit xnk → x für k → ∞. Dann ist aber auch
√
ynk = xnk nk nk
das Produkt zweier konvergenter Folgen: Der erste Faktor nach Wahl der Teilfolge, der
zweite, da jede Teilfolge einer konvergenten Folge ebenfalls konvergiert. Damit ist x ebenfalls ein Häufungspunkt von (yn ). Andersrum sei y ein Häufungspunkt von yn . Es existiert
also eine Teilfolge nk , so dass ynk gegen y konvergiert. Nun ist
√
yn
ynk = xnk nk nk ⇐⇒ n√ k = xnk .
k nk
Die linke Seite konvergiert als Quotient zweier konvergenter Folgen gegen y, also muss
auch die rechte Seite gegen y konvergieren. Aufgabe 4. Zeigen Sie, dass die folgenden Folgen konvergieren und bestimmen Sie den Grenzwert.
a)
b)
c)
d)
e)
(*)an = (n + 1)c − nc , wobei c ∈ (0, 1)
an = n2 z n , wobei z ∈ C mit |z| < 1
a0 ∈ [0, 1] und an+1 = an2+1 für n ≥ 1
1
für n ≥ 1.
a0 = 0. und an+1 = 1 − 2+a
n
p
a
an = n(1 − 1 + n ), a > 0
Lösung. a) Wie zeigen zuerst Monotonie, d.h. aus 0 < c < d folgt
(n + 1)c − nc ≤ (n + 1)d − nd .
Dazu zeigen wir, dass
(n + 1)d − nd
≥ 1.
(n + 1)c − nc
Um das zu sehen, formen wir um zu
nd ((1 + n1 )d − 1)
(n + 1)d − nd
=
= nd−c
(n + 1)c − nc
nc ((1 + n1 )c − 1)
(1 + n1 )d − 1
(1 + n1 )c − 1
!
.
Aus Monotonie von c 7→ xc für x ≥ 0 folgt
(1 + n1 )d − 1
≥ 1.
(1 + n1 )c − 1
Damit ist
(n + 1)d − nd
≥ nd−c ≥ 1,
(n + 1)c − nc
demnach haben wir die Monotonie gezeigt.
k
Nun reicht es also aus es für c der Form c = pq = 2 2−1
zu betrachten. Für k → ∞
k
konvergiert dann c gegen 1, und da die Aussage für kleine c aus Monotonie folgt, ist alles
gezeigt.
Wir erweitern nun immer wieder mit der dritten binomischen Formel, um die Wurzeln
aus dem Nenner zu bekommen. Sei also k ∈ N fest, dann rechenn wir für festes n:
an = (n + 1)
2k −1
2k
−n
2k −1
2k
2k −1
2k −1
2k −1
2k −1
2k
2k
(n
+
1)
+
n
= (n + 1) 2k − n 2k
·
2k −1
2k −1
(n + 1) 2k + n 2k
2k −1
=
2k −1
(n + 1) 2k−1 − n 2k−1
(n + 1)
2k −1
2k
+n
2k −1
2k
k
k
(n + 1)2 −1 − n2 −1
.
= ··· =
2k −1
2k −1
Qk
l
l
2
2
+n
l=1 (n + 1)
Nun können wir den Zähler ausmultiplizieren und erhalten
P k
k
2 −1 2k −1 l
k −1
k −1
n
− n2 −1
2
2
l=0
l
(n + 1)
−n
=
2k −1
2k −1
2k −1
2k −1
Qk
Qk
l
l
l
l
2
2
+n 2
+n 2
l=1 (n + 1)
l=1 (n + 1)
P2k −2 2k −1 l
n
l=0 k l
=
2 −1
2k −1
Qk
2l
2l
(n
+
1)
+
n
l=1
k −2
n2
≤
Qk
(n
l=1
2k −1
2l
k −1
· 22
2k −1
1
l
2
) (1 + n )
+1
k
k
n2 −2 · 22 −1
=
2k −1 Q
2k −1
Qk
k
1
l
l
2
2
) l=1 (1 + n )
+1
l=1 (n
k
=
n
Pk
l=1
2k −1
2l
k
n2 −2 · 22 −1
2k −1
Qk
1
l
2
+1
l=1 (1 + n )
Wir vereinfachen den entstehenden Exponenten durch die geometrische Reihe, d.h.
!
k
k
X
X
2k − 1
1 − 2−k+1
1
k
−k+2
k
k
=
(2
−
1)
1
−
2
.
=
(2
−
1)
=
(2
−
1)
−
1
1
2l
2l
1
−
2
l=1
l=1
Wir erhalten somit die Abschätzung
(2k − 1) 1 − 2−k+2 = 2k + 2−k+2 − 5 ≥ 2k−1
falls k groß genug ist. Wir gehen wieder oben in die Rechnung und schätzen ab
k
n
Pk
l=1
2k −1
2l
k
k
k
n2 −2 · 22 −1
n2 −2 · 22 −1
≤
2k −1
2k −1
Qk
k−1 Qk
1
1
2
l
l
2
2
+1
n
+1
l=1 (1 + n )
l=1 (1 + n )
≤
n2
k −2
k −1
· 22
n2k−1
Damit konvergiert die Folge (an ) für ein c der Form c =
beliebige Zahl in (0, 1). Dann finden wir ein k0 mit
c≤
k
22 −1
=
→ 0 für n → ∞.
n
2k −1
2k
gegen 0. Sei c nun eine
2k0 − 1
.
2k0
Da nach Monotonie und der obigen Grenzwertbetrachtung
0 ≤ (n + 1)c − nc ≤ (n + 1)
2k0 −1
2k0
−n
2k0 −1
2k0
n→∞
−−−→ 0
folgt also, dass (an ) für beliebiges c ∈ (0, 1) eine Nullfolge ist.
b) Die Idee ist, dass wir das Produkt eines Faktors haben, der langsam gegen 0 geht (polynomiell) und einen Faktor, der schnell gegen 0 geht (exponentiell). Wir erwarten also den
Grenzwert 0. Wir betrachten daher nur (|an |)n∈N . (Eine Folge konvergiert genau dann gegen 0, falls ihr Betrag gegen 0 konvergiert.) Damit haben wir für ε := 1−|z| und beliebiges
n∈N
√
n
|an | = |n2 z n | = n2 |z n | = n2 |z|n = n2 (1 − ε)n = ( n2 (1 − ε))n .
√
√ √
n
Da n2 = n n · n n das Produkt zweier konvergenter Folgen mit Grenzwert 1 ist, konvergiert also auch das Produkt gegen 1. Insbesondere gibt es ein N ∈ N so dass
√
n
n2 < 1 + ε für alle n > N
ist. Wir betrachten nur noch n, die größer als N sind. Dann haben wir
√
n
|an | = ( n2 (1 − ε))n < ((1 + ε)(1 − ε))n = (1 − ε2 )n .
Nun ist 1 − ε2 eine feste Zahl mit
0 < 1 − ε2 < 1.
Damit konvergiert (1 − ε2 )n für n → ∞ gegen 0 und somit (an ).
c) Als Standardmethode für rekursive Folgen benutzen wir vollständige Induktion. Wir behaupten die Folge ist monoton wachsend. Im Induktionsanfang haben wir
a0 + 1
a0 + a0
2a0
≥
=
= a0 ,
2
2
2
da 0 ≤ a0 ≤ 1 vorausgesetzt war. Damit ist der Induktionsanfang bereits gezeigt. Zum
Induktionsschritt nehmen wir an, wir haben die Aussage für ein n ∈ N bereits gezeigt,
dann
an + 1
an−1 + 1
an+1 =
≥
= an .
2
2
Damit haben wir die Monotonie bereits gezeigt. Zur Beschränktheit bemerken wir, dass
wir nach unten durch a0 beschränkt sind. Nach oben behaupten wir, dass wir immer kleinergleich als 1 sind. Für n = 0 ist a0 ∈ [0, 1], insbesondere nicht größer als 1. Angenommen
wir haben es bereits für ein n gezeigt, dann
a1 =
an + 1
1+1
≤
= 1.
2
2
Also gilt es bereits für alle n und die Folge ist monoton und beschränkt. Nach dem Satz
über monotone Konvergenz konvergiert also (an ) gegen ein a. Um das a zu bestimmen,
bemerken wir, das
an+1 =
lim an+1 = a
n→∞
lim an = a.
n→∞
Führen wir also bei der Rekursionsgleichung die Grenzwertbetrachtung n → ∞ durch,
erhalten wir
an + 1
limn→∞ [an + 1]
limn→∞ an + 1
lim an+1 = lim
=
=
.
n→∞
n→∞
2
2
2
Wir haben dabei Grenzwertsätze für konvergente Folgen benutzt. Setzen wir den Grenzwert a ein, so erhalten wir
a+1
a=
.
2
Nach a umstellen ergibt a = 1. Wir haben also unseren Grenzwert gefunden und es ist
an → 1.
d) Wir wollen erneut den Satz über monotone Konvergenz benutzen. Wir behaupten die
Folge ist monoton wachsend. Für n = 0 ergibt sich
1
1
1
a1 = 1 −
= 1 − = > 0 = a0 .
2 + a0
2
2
Im Induktionsschritt müssen wir uns nur überlegen in welche Richtung die Ungleichung
geht, falls an ≥ an−1 . Dazu rechnen wir
1
1
1
1
an ≥ an−1 ⇐⇒ an +2 ≥ an−1 +2 ⇐⇒
≤
⇐⇒ 1−
≥ 1−
.
an + 2
an−1 + 2
an + 2
an−1 + 2
Angenommen wir haben also Monotonie für ein n gezeigt, dann ist
1
1
≥1−
= an .
an+1 = 1 −
2 + an
2 + an−1
Damit ist Monotonie erneut gezeigt.
Wie üblich bemerken wir zur Beschränkheit, dass aus monoton wachsend bereits nach
unten Beschränkheit folgt. Zur Beschränktheit nach oben bemerken wir nur noch, dass
1
2+an nie kleiner als 0 werden kann. Damit ist
1
≤ 1,
2 + an
womit wieder alle Voraussetzungen für den Satz über monotone Konvergenz erfüllt ist und
folglich (an ) konvergiert.
Für den Grenzwert wenden wir die üblichen Regeln an und erhalten für lim an =: a
1
⇒ a(2 + a) = 2 + a − 1 → a2 + a − 1 = 0.
a=1−
2+a
Das lösen der quadratischen Gleichung führt zu den Lösungen
√
1
1 √
x1 = − (1 + 5), x2 = ( 5 − 1).
2
2
Wir können x1 ausschließen, da wir unsere Folge nicht-negativ war, also konvergiert (xn )
gegen x2 .
e) Wieder einmal hilft uns die dritte binomische Formel weiter. Wir rechnen
r
(1 − 1 − na )
a
−a
p
p
an = n 1 − 1 +
=n
=
.
a
n
1+ 1+ n
1 + 1 + na
1−
Der Nenner konvergiert nun gegen 2, der Zähler ist konstant. Wir haben also an →
−a
2 .
Aufgabe 5. Seien a0 und b0 positive reelle Zahlen. Für n ≥ 0 sei an+1 = (an + bn )/2 und
bn+1 = (an · bn )1/2 . Zeigen Sie, dass (an ) und (bn ) konvergieren und den gleichen Grenzwert
haben.
√
Hinweis: Zeigen Sie erst, dass für alle positiven Zahlen a, b die Ungleichung ab ≤ a+b
2 gilt.
Lösung. Wir zeigen zuerst die im Hinweis gegebene Ungleichung. Diese Ungleichung gilt viel
allgemeiner und heißt Ungleichung vom arithmetischen und geometrischen Mittel“ (AMGM).
”
Für den einfachen Spezialfall quadrieren wir die Gleichung (dies ist auf positiven Zahlen eine
Äquvialenzumformung) und erhalten sofort
a2 + 2ab + b2
.
4
Multiplizieren wir mit 4 und bringen die 2ab auf die andere Seite, so erhalten wir
ab ≤
2ab ≤ a2 + b2 ⇐⇒ 0 ≤ a2 − 2ab + b2 ⇐⇒ 0 ≤ (a − b)2 ,
was offenbar wahr ist, denn alle Quadratzahlen reeller Zahlen sind nicht-negativ.
Zur Behauptung selbst: Die Idee ist natürlich wieder Monotonie und Beschränktheit zu zeigen.
Um auf eine Fallunterscheidung zu verzichten, zeigen wir Monotonie erst ab n ≥ 1. Aus der
AGMG-Ungleichung folgt sofort, dass b1 ≤ a1 ist. Allgemeiner sogar bn ≤ an für alle n ≥ 1.
Unter dieser Ungleichung können wir zeigen, dass an+1 ≤ an – sogar ohne Induktion. Wir
erhalten für ein n ≥ 1
an + an
an + bn
≤
= an .
an+1 =
2
2
Analog für bn gilt
p
p
bn+1 = an bn ≥ bn bn = bn .
Dementsprechend ist ab n = 1 die Folge (an ) monoton fallend, die Folge (bn ) monoton
wachsend. Zur Beschränktheit benutzen wir erneut bn ≤ an . Da (bn ) monoton wächst, ist die
Folge nach unten beschränkt, damit ist aber (an ) ebenso nach unten beschränkt. Umgekehrt
ist (an ) nach oben beschränkt, da die Folge monoton fällt, dementsprechend ist (bn ) nach
oben beschränkt. Insgesamt sind also beide Folgen beschränkt. Nach dem Satz über monotone
Konvergenz konvergieren sie also. Seien a, b die entsprechenden Grenzwerte.
Um zu zeigen, dass beide sogar den gleichen Grenzwert haben, lassen wir die Gleichungen
wieder gegen ∞ streben und erhalten für die erste
lim an+1 =
n→∞
limn→∞ (an + bn )
.
2
Setzen wir die Grenzwerte ein, so erhalten wir a = a+b
2 . Formen wir das noch nach a um, so
erhalten wir a = b, was zu zeigen war. Ebenso hätte man die andere Gleichung betrachten
können, auch wenn die Sache dort etwas komplizierter ist, da man benutzen muss, dass man
den Limes unter die Wurzel zieht. Das folgt erst aus der Stetigkeit der Wurzelfunktion. Aufgabe 6. Sei (X, d) ein metrischer Raum und eine weitere Metrik δ : X × X → R gegeben
durch
d(x, y)
δ(x, y) :=
für alle x, y ∈ X.
1 + d(x, y)
Zeigen Sie: Für x ∈ X konvergiert die Folge (xk ) ⊂ X genau dann bezüglich d gegen x, wenn
sie bezüglich δ gegen x konvergiert.
Lösung. Wir nehmen an die Folge (xn ) konvergiert gegen x bzgl. d. Dann konvergiert der
Zähler von
d(xn , x)
δ(xn , x) =
1 + d(xn , x)
gegen 0 und der Nenner gegen 1. Der ganze Bruch konvergiert also gegen 0, was zu zeigen
war.
Sei nun (xn ) bzgl. δ gegen x konvergent. Wir haben also
0 ← δ(xn , x) =
d(xn , x)
1
=1−
.
1 + d(xn , x)
1 + d(xn , x)
Damit die rechte Seite wirklich gegen 0 strebt, muss
1
→1
1 + d(xn , x)
gelten. Damit muss der Nenner allerdings ebenfalls gegen 1 streben. Damit muss d(xn , x)
gegen 0 konvergieren, was zu zeigen war.