Analysis I - Justus-Liebig

Analysis I
Mathematisches Institut
Justus Liebig Universität Giessen
Prof. Dr. Thomas Bartsch
T. Weth, S. Schulz
1. Klausur, 20.11.02
Übungen WS 02/03
Name:
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Punkte verlorengehen.
30 Punkte sind zu erreichen. 24 Punkte entsprechen 100%.
1. (4 Punkte) Beweisen Sie für n ∈ N
n
X
k=
k=1
n(n + 1)
.
2
Beweis:
P1
1·2
Induktionsanfang: Es ist
k=1 k = 1 = 2 , die Behauptung gilt also für
n = 1.
Induktionsannahme: Die Behauptung gelte für ein n ∈ N.
Induktionsschritt: Die Induktionsannahme liefert
n+1
X
k =
k=1
n
X
k+n+1
k=1
n(n + 1)
+n+1
2
n(n + 1) + 2(n + 1)
=
2
(n + 1)(n + 2)
=
,
2
=
also die Behauptung für n + 1.
Insgesamt folgt die Behauptung für alle n ∈ N.
2.
a) (2 Punkte) Wann heisst eine Folge (an )n komplexer Zahlen (nach Definition) konvergent ?
Lösung: Eine Folge (an )n komplexer Zahlen heisst konvergent, falls es
ein a ∈ C gibt derart, dass für alle ε > 0 ein n(ε) ∈ N existiert mit
|an − a| < ε für n ≥ n(ε).
b) (8 Punkte) Gegeben seien für a, b, c ∈ C, k ∈ N, k ≥ 2 die Folgen
xn =
ank + bn + c
,
nk + 1
yn =
n2
.
n!
Zeigen Sie: xn → a und yn → 0 für n → ∞.
Beweis: Da n1 → 0 für n → ∞ und k ∈ N, k ≥ 2, folgt nach Grenzwertsätzen
1
auch, dass n1k → 0 und nk−1
→ 0 für n → ∞. Nach Grenzwertsätzen folgt
demnach
b
a + nk−1
+ nck
xn =
→a
(n → ∞).
1 + n1k
2
Offensichtlich ist n! = 2 · 3 · ... · n ≥ 2n−1 für n ∈ N, also gilt |yn | = yn ≤ 2 2nn
2
für n ∈ N. Nach Aufg. 15 (iv) und Grenzwertsätzen gilt 2 2nn → 2 · 0 = 0 für
n → ∞, also yn → 0 für n → ∞ nach Aufg. 13.1.
3. Gegeben seien zwei beschränkte Mengen A, B ⊂ R, a := sup A, b := sup B.
a) (2 Punkte) Wie ist sup A definiert ?
Lösung: sup A ist die kleinste obere Schranke von A.
b) (4 Punkte) Zeigen Sie:
max{a, b} = sup(A ∪ B).
Beweis: Es gilt t ≤ a für alle t ∈ A und t ≤ b für alle t ∈ B, also t ≤
max{a, b} für alle t ∈ A ∪ B. Mit anderen Worten: max{a, b} ist eine obere
Schranke von A ∪ B. Sei nun s eine weitere obere Schranke von A ∪ B.
Insbesondere ist s dann eine obere Schranke von A, also s ≥ sup A = a.
Weiterhin ist s auch eine obere Schranke von B, also s ≥ sup B = b. Es folgt
s ≥ max{a, b}. max{a, b} ist demnach die kleinste obere Schranke von A ∪ B,
d.h. max{a, b} = sup A ∪ B.
4.
a) (2 Punkte) Wann ist eine Zahl a ∈ C (nach Definition) Häufungspunkt
der komplexen Folge (an )n ?
Lösung: a ∈ C heisst Häufungspunkt der Folge (an )n , falls eine Teilfolge von (an )n existiert, welche gegen a konvergiert.
b) (4 Punkte) Zeigen Sie, dass die durch
an :=
4 + 3in+1
2 + in
gegebenen Folge (an )n die Zahlen 4 − 3i,
Häufungspunkte hat.
Beweis: Für k ∈ N0 gilt
4
3
+ i,
a4k+2
a4k+3
− 15 i und
4 + 3i
4
= + i,
3
3
1
2−i
2 1
=
=
= − i,
2+i
5
5 5
4 − 3i
=
= 4 − 3i,
1
7
7(2 + i)
14 7
=
=
=
+ i.
2−i
5
5
5
a4k =
a4k+1
2
5
Es folgt also
4
+ i,
3
2 1
→
− i,
5 5
→ 4 − 3i,
14 7
→
+ i
5
5
a4k →
a4k+1
a4k+2
a4k+3
14
5
+ 75 i als
jeweils für k → ∞, also sind die angegebenen Punkte Häufungspunkte
der Folge (an )n .
5. (4 Punkte) Seien (an )n , (bn )n Folgen komplexer Zahlen. Dabei sei (bn )n beschränkt, und es gelte lim an = 0. Zeigen Sie:
n→∞
an b n → 0
(n → ∞).
Beweis: Nach Voraussetzung existiert ein C ∈ R, C > 0 mit |bn | ≤ C für
alle n ∈ N.
Sei ε > 0. Da an → 0 für n → ∞, existiert ein n0 ∈ N mit |an | = |an − 0| < Cε
für n ≥ n0 . Also |an bn − 0| = |an ||bn | < Cε C = ε für n ≥ n0 . Es folgt an bn → 0
für n → ∞.