Musterlösungen zur 8. Serie

Musterlösungen zur 8. Serie
1. Aufgabe Es sei X eine Menge reeller Zahlen. Beweisen Sie, dass die Menge aller
Häufungspunkte der Menge aller Häufungspunkte von X eine Untermenge der Menge
aller Häufungspunkte von X ist.
Lösung Es sei x ∈ R ein Häufungspunkt der Menge aller Häufungspunkte von X,
und es sei > 0 beliebig vorgegeben. Dann existiert einen Häufungspunkt y von X mit
0 < |x − y| < /2. Da y Häufungspunkt von X ist, existiert ferner ein z ∈ X mit
0 < |z − y| < |y − x|. Daraus folgt
0 < |z − x| ≤ |z − y| + |y − x| < ,
also ist x ein Häufungspunkt von X.
2. Aufgabe Bestimmen Sie für die folgenden Mengen X ⊂ R jeweils die Mengen ihrer
Häufungspunkte:
o
nm
: m, n ∈ N, m > n
(a) X =
n
nm
o
(b) X =
: m, n ∈ N, m < 10 < n
n
Lösung (a) Wir zeigen, dass die Menge der Häufungspunkte von X gleich den Intervall
[0, ∞[ ist:
Es sei x Häufungspunkt von X. Dann existiert eine Folge (xk )k∈N in X mit limk→∞ xk = x.
Wegen xk > 1 ist x ≥ 1. Also ist die Menge aller Häufungspunkte von X eine Teilmenge
von [1, ∞[.
Es sei nun x ∈ ]1, ∞[. Wegen der Dichtheit von Q in R existiert eine Folge von rationalen
Zahlen (xk ) mit xk 6= x und limk→∞ xk = x. Da x > 1 gilt, folgt für alle hinreichend
großen k, dass xk > 1 ist, d.h. xk ∈ X. Also ist x Häufungspunkt von X. Und offenbar ist
eine Folge aus X, die gegen x = 1
auch x = 1 Häufungspunkt von X, z.B. ist xk = k+1
k
konvergiert.
(b) Wir zeigen, dass die Menge der Häufungspunkte von X gleich {0} ist:
Es gilt 1/k ∈ X für alle k ∈ N, und limk→∞ xk = 0. also ist Null Häufungspunkt von X.
Wenn ein x < 0 Häufungspunkt von X wäre, so wäre x Grenzwert einer Folge von
Elementen aus X, also einer Folge positiver Zahlen. Das geht nicht.
Wenn ein x > 0 Häufungspunkt von X wäre, so wäre x Grenzwert einer Folge mk /nk ∈
X \ {x} mit mk , nk ∈ N und mk < 10 < nk (k = 1, 2, . . .). Daraus würde folgen
x
mk
<
für große k,
2
nk
also
nk >
2mk
20
<
für große k.
x
x
1
Also könnten die Nenner nk nur endlich viele verschiedene Werte annehmen, d.h. es würde
ein N ∈ N existieren, so dass für alle k ∈ N gilt nk ∈ {1, 2, . . . , N }. Folglich wäre
der Abstand verschiedener Folgenglieder mk /nk voneinander mindestens gleich 1/N . Das
widerspricht aber den Vorraussetzungen
mk
=x
k→∞ nk
lim
und
mk
6= x für alle k ∈ N.
nk
3. Aufgabe Überprüfen Sie, ob die folgenden (eigentlichen oder uneigentlichen) Grenzwerte existieren, und bestimmen Sie gegebenenfalls die Grenzwerte:
x2 − 1
x→1 x3 − 1
x2 − 3x + 2
(b) lim 3
x↓1 x − 2x2 + x
1+x
√
(c) lim
x→∞ 1 −
x
(a) lim
Lösung (a) Es gilt
x2 − 1
(x − 1)(x + 1)
x+1
2
= lim 2
= lim 2
= .
3
x→1 x − 1
x→1 (x + x + 1)(x − 1)
x→1 x + x + 1
3
lim
(b) Es gilt
lim
x↓1
(c) Es gilt
Wegen limx→∞
x2 − 3x + 2
(x − 1)(x − 2)
x−2
= lim
= lim
= −∞.
3
2
x↓1 (x − 1)x(x − 1)
x↓1 x(x − 1)
x − 2x + x
√
√
√
1+x
2 − (1 − x)(1 + x)
2
√ =
√
√ − (1 + x)
=
1− x
1− x
1− x
√
2√
= 0 und limx→∞ (1 + x) = ∞ folgt
1− x
lim
x→∞
1+x
√ = −∞.
1− x
4. Aufgabe (a) Geben Sie ein δ > 0 an, so dass für alle x ∈ R mit 0 < |x − 1| < δ gilt
2
x − 1 2
1
x3 − 1 − 3 < 1000 .
2
(b) Geben Sie ein δ > 0 an, so dass für alle x ∈ R mit 0 < x < δ gilt
x2 − 3x + 2
> 1000.
x3 − 2x2 + x
(c) Geben Sie ein b ∈ R an, so dass für alle x ∈ R mit x > b gilt
1+x
√ < −1000.
1− x
Lösung (a) Es gilt
2
x − 1 2 x + 1
2x + 1
2 −
=
−
=
|x
−
1|
3(x2 + x + 1) .
x3 − 1 3 x2 + x + 1 3 Daraus folgt
2
x − 1 2 5
x3 − 1 − 3 ≤ 3 |x − 1| für alle x ∈ ]0, 2[ .
Wählt man z.B. δ =
3
,
5000
so folgt
2
x − 1 2
1
x3 − 1 − 3 < 1000 für 0 < |x − 1| < δ.
(b) Es gilt
x2 − 3x + 2
2−x
=
.
x3 − 2x2 + x
x(1 − x)
Daraus folgt
x2 − 3x + 2
1
≥ für alle x ∈ ]0, 1[ .
3
2
x − 2x + x
x
Wählt man also z.B. δ =
1
,
1000
so gilt
x2 − 3x + 2
> 1000 für 0 < x < δ.
x3 − 2x2 + x
(c) Für x > 1 gilt
so gilt
1+x
√
1− x
=
2√
1− x
− (1 +
√
√
x) < − x. Wählt man also z.B. b = 1000000,
√
1+x
√ < − x < −1000 für x > b.
1− x
3