Vorkurs Grundlagen für das Mathematikstudium Lösungen 3

Universität Zürich, 14. September 2011
Vorkurs Grundlagen für das Mathematikstudium
Lösungen 3: Folgen
Lösung zu Aufgabe 1
(a) Jeder Mensch hat jemanden, den er mag.
(b) Es gibt jemanden, den jeder Mensch mag.
Lösung zu Aufgabe 2
(a) Wir wollen zeigen, dass xn = 2−n
n gegen −1 konvergiert. Nach der Definition der Konvergenz
bedeutet dies, dass für jedes ε > 0 eine natürliche Zahl N existiert, so dass
|xn − (−1)| < ε,
falls n ≥ N.
Wählen wir also ε > 0 beliebig. Dann können wir folgendermassen rechnen.
2 − n
2
|xn − (−1)| = + 1 = .
n
n
Betrachten wir nun 1ε > 0. Wir bezeichnen mit M die kleinste natürliche Zahl, die grösser
1
ist als 1ε > 0 (das heisst, wir runden auf). Dann gilt also ε > M
. Ausserdem gilt
2
< 1 < ε, falls n > 2M.
n M
Setzen wir also N = 2M , so haben wir gezeigt, dass
|xn − (−1)| < ε,
if n ≥ N.
(b) Da die Folge konvergiert, ist auch das Cauchy-Kriterium erfüllt. Dies besagt, dass für jedes
ε > 0 eine natürliche Zahl N existiert, so dass
2
2 |xn − xm | = − < ε, falls n, m ≥ N.
n m
Wir nehmen nun an, dass m ≥ n (sonst nennen wir sie einfach um). Dann ist die Bedingung
1
gleichbedeutend mit der Ungleichung n1 − m
< 2ε . Sei nun ε = 0.5. Dann sehen wir, dass
1
1
1
n − m < 4 für m > n ≥ 4. Somit ist in diesem Falle N = 4. Analog ist für ε = 0.2; 0.01
die Zahl N gegeben durch N = 10; 200.
1
Lösung zu Aufgabe 3
(a) Zuerst stellen wir fest, dass folgende Gleichung gilt
1−
n2 − n + 5
xn = 2
=
2n + 3n − 27
2+
Wir wissen, dass n1 → 0 und ebenso
wir schliessen, dass
1
n2
1
n
3
n
+
−
5
n2
27
n2
.
→ 0 für n → ∞. Mit Theorem 17 im Skript können
1
5
+ 2 → 1
n n
3
27
2 + − 2 → 2.
n n
Nochmals Theorem 17 anwendend folgt daraus
1−
1−
2+
1
n
3
n
+
−
5
n2
27
n2
1
→ .
2
(b) In Theorem 17 ist die Voraussetzung wichtig, dass die Folgen konvergieren. Dies tun aber
die Folgen an = n2 − n + 5 und bn = 2n2 + 3n − 27 beide nicht. Daher können wir das
Theorem nicht direkt anwenden, sondern müssen so vorgehen wie in (a).
(c) Falls n ≥ 2, dann gilt yn = n2 − n = n(n − 1) ≥ n. Sei also N eine natürliche Zahl ≥ 2.
Dann gilt yn ≥ N für alle n ≥ N . Dies aber bedeutet gerade, dass yn → ∞. Offensichtlich
ist zn = 2n und zn → ∞.
Wie in (b) können wir Theorem 17 nicht anwenden, da die Folgen nicht konvergieren.
Lösung zu Aufgabe 4
(a) Die Negation lautet
∃ε ∀N ∈ N ∃n ≥ N
∃k ≥ 1
:
|sn − sn+k | ≥ ε.
Ausformuliert liest sich dies als: Es gibt ein ε > 0, so dass es für jede natürliche Zahl N ≥ 1
natürliche Zahlen n ≥ N und k ≥ 1 gibt, so dass |sn − sn+k | ≥ ε.
(b) Wähle ε = 1. Es gilt s2n = 1 und s2n+1 = −1 (gerade und ungerade Folgenglieder). Sei
N ∈ N beliebig. Wähle n = N und k = 1, dann folgt
|sn − sn+k | = |sN − sN +1 | = 2.
Also haben wir die Bedingung aus (a) erfüllt. Somit ist die Folge keine Cauchyfolge.
Lösung zu Aufgabe 5 Wir betrachten zuerst die Folge xn . Wähle ε = 1. Es gilt nun für
n, k ≥ 1 folgende Rechnung
|xn+k − xn | = |(n + k)2 − n2 + cos(n + k) − cos(n)|
= |k 2 + 2nk + cos(n + k) − cos(n)| ≥ k 2 + 2nk − 2 ≥ 1.
Dies zeigt gerade, dass xn keine Cauchy-Folge ist (vgl. Aufgabe 4 (a)).
Nun betrachten wir die Folge yn und wählen ε = 1. Für n ≥ 1 und k = 1 gilt
1
1
|y2n+k − y2n | = −
+ cos(π(2n + 1)) − cos(2πn)
2n + 1 2n
−1
= − 2 > 2 > ε.
2n(2n + 1)
Dies zeigt wiederum, dass yn keine Cauchy-Folge ist. Das Verhalten von xn und yn für n → ∞ ist
insofern unterschiedlich, als dass xn gegen ∞ strebt und deshalb keine Cauchy-Folge ist, während
yn oszilliert und sich daher keinem Grenzwert annähert (und keine Cauchy-Folge bildet).
2
Lösung zu Aufgabe 6
(a) Wir müssen verschiedene Fälle unterscheiden. Wir nehmen an |u| ≥ |v|. Der andere Fall
geht analog.
– u, v ≥ 0: Dann ist |u + v| = u + v = |u| + |v|.
– u, v ≤ 0: Dann ist |u + v| = −u − v = |u| + |v|.
– u ≥ 0 ≥ v: Dann ist |u + v| = u + v ≤ u − v = |u| + |v|.
– u ≤ 0 ≤ v: Dann ist |u + v| = −(u + v) ≤ −(u − v) = |u| + |v|.
(b) Wir setzen a = u − w und b = w − v. Nun wenden wir (a) auf a, b an und erhalten
|u − v| = |(u − w) + (w − v)| = |a + b| ≤ |a| + |b| = |u − w| + |w − v|.
Lösung zu Aufgabe 7
(a) Nein, denn 10 Noten, die alle jeweils einen ungerade Wert haben, können in der Summe
nur einen geraden Wert ergeben, da 10 gerade ist.
√
(b) Nehme an, dass 2 = ab ein gekürzter Bruch ist. Quadrieren wir die Gleichung, so erhalten
2
wir 2 = ab . Wir können das umformen zu 2b2 = a2 . Die linke Seite der Gleichung ist
gerade also auch die rechte. Daraus aber folgt, dass a gerade ist (da sein Quadrat gerade
ist). Wir schreiben also a = 2c, wobei c eine ganze Zahl ist. Also ergibt dies
2b2 = a2 = (2c)2 = 4c2 .
Wir kürzen 2 und erhalten b2 = 2c2 . Wie oben schliessen wir, dass b gerade ist. Daraus
folgt nun aber, dass der Bruch ab gekürzt werden kann (Faktor 2). Dies widerspricht aber
√
der Annahme, dass der Bruch in gekürzter Form ist. Also kann 2 keine rationale Zahl
sein.
Lösung zu Aufgabe 8
(a) Für jede beliebige natürliche Zahl p gilt, dass entweder p oder p + 10 oder p + 14 durch 3
teilbar ist. Das kann man sehen, indem man gesondert betrachtet, welchen Rest p + 10 und
p + 14 ergeben, wenn p den Rest 0, 1 oder 2 ergibt, wobei jeweils durch 3 geteilt wird. So
sieht man, dass immer eine der drei Zahlen Rest 0 hat. Da aber alle drei Zahlen Primzahlen
sein sollen, muss eine der drei Zahlen gerade 3 sein. Das ist aber nur möglich, wenn p = 3.
(b) Wir zerlegen 24 in die Faktoren 2·3·4. Daraus sehen wir, dass wir zeigen müssen, dass p2 −1
durch jeden dieser Faktoren teilbar sein muss. Faktorisieren wir p2 − 1 = (p − 1)(p + 1),
so können wir schliessen, dass einer der beiden Faktoren durch 2 und er andere durch 4
teilbar ist. Um die Teilbarkeit durch 3 zu sehen, stellen wir fest, dass (Teilen mit Rest!)
entweder p − 1 oder p oder p + 1 durch 3 teilbar ist. Da aber p eine Primzahl und ≥ 5 ist,
muss einer der beiden Faktoren p − 1 und p + 1 durch 3 teilbar sein. Insgesamt ist also
p2 − 1 = (p − 1)(p + 1) durch 2 · 3 · 5 teilbar.
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