Analysis 1 TM, WS 12/13, Test 3: Ausarbeitung

Analysis 1 TM, WS 12/13, Test 3: Ausarbeitung
December 22, 2012
Contents
1 Gruppe A
1.1 Beispiel 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2 Beispiel 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2.1 Alternativer Beweisgang . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2
2
3
4
2 Gruppe B
2.1 Beispiel 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
2.2 Beispiel 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
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5
6
1
1
Gruppe A
1.1
Beispiel 1
1 (5P): Untersuchen Sie die Reihe
∞
X
(−1)n
n=1
5n + 3
7n + 2
n
auf Konvergenz und absolute Konvergenz.
Konvergiert die Reihe
n
X
5n + 3
n
(−1)
7n + m
2
(n,m)∈N
unbedingt? (Genaue Begründung!)
Hinw.: Betrachten Sie
∞
X
5+3
.
7
+m
m=1
Lösung:
• Die Reihe mit Gliedern an := (−1)n
5n+3
7n+2
n
ist absolut konvergent (und
daher konvergent):
1
BW.: Weil |an | n = 5n+3
7n+2 und limn→∞
WK die absolute Konvergenz.
5n+3
7n+2
= ··· =
5
7
< 1 ist, ergibt das
• Die Reihe ist nicht unbedingt konvergent.
BW.: Angenommen, sie ist es. Dann ist auch die Reihe mit absolut
genommenen Gliedern unbedingt konvergent, also z.B.
n
∞ X
∞ X
5n + 3
7n + m
n=1 m=1
P∞ 5·1+3 1
konvergent. Dann wäre insbesondere der erste Summand, m=1 7·1+m
konvergent.
Diese Reihe besitzt jedoch die divergente harmonische Reihe
P∞ 1
m=1 m als Minorante, weil für alle natürlichen Zahlen m
8
1
≥
⇔ 8m ≥ 7 + m ⇔ m ≥ 1
7+m
m
gilt.
2
1.2
Beispiel 2
Ist für
Mn := (x, y, z) ∈ R3 : −1/n ≤ x, 0 ≤ y, 0 ≤ z, x + y + z ≤ 1 ,
n∈N
die Menge ∩n∈N Mn beschränkt, offen, abgeschlossen oder kompakt?
Lösung:
• Mn ist beschränkt.
BW.: Für alle n gelten für (x, y, z) ∈ Mn die schwächeren Bedingungen
−1 ≤ x, 0 ≤ y, 0 ≤ z, x + y + z ≤ 1
Hieraus ergibt sich −1 ≤ x ≤ x + y + z ≤ 1. Addiert man die ersten 2
Ungleichungen und die 4.te, so ergibt sich
x+y+z−1≤x+y+1
also nach Kürzen und Einbeziehen der 3.ten Ungleichung 0 ≤ z ≤ 2.
Addiert man die 1.te, die 3.te und die 4.te Ungleichung so ergibt sich
x+y+z−1≤1+x+z
also 0 ≤ z ≤ 2. Somit liegt
T Mn in der beschränkten Menge [−1, 1]×[0, 2]×
[0, 2] und deshalb auch n Mn .
T
• M := n Mn ist nicht offen.
BW.: Der Punkt P := (0, 0, 1) gehört zu M , weil er für alle n die Mn
bestimmenden Ungleichungen erfüllt. Nun sei Qn := (0, − n1 , 1). Es ist
Qn 6∈ M , weil in keinem Mn enthalten (die y-Koordinate erfüllt nicht
0 ≤ − n1 ). Sei nun > 0 beliebig und U (P ) eine Kugelumgebung um P .
Weil nun limn→∞ Qn = limn→∞ (0, − n1 , 1) = (0, limn→∞ n1 , 1) = P , liegt
für hinreichend grosses n ein Punkt Qn ∈ U (P ) \ M . Somit ist P kein
innerer Punkt von M , also ist M nicht offen.
• M ist abgeschlossen.
BW.: Es sei (Qk ) eine Folge von Punkten in M und Qk → Q für k ↑ ∞.
Da für jedes n der Punkt Qk = (xk , yk , zk ) alle Ungleichungen
−
1
≤ xn , 0 ≤ yn , 0 ≤ zn , xn + yn + zn ≤ 1
n
gilt, ergeben die Rechenregeln für Grenzwerte, dass auch Q = (x, y, z)
diese Ungleichungen erfüllt. Also ist Mn abgeschlossen. Der Durchschnitt beliebig vieler abgeschlossener Mengen ist abgeschlossen, somit
ist M abgeschlossen.
• M ist kompakt.
BW.: Da M beschränkt und abgeschlossen ist.
3
1.2.1
Alternativer Beweisgang
• M = {(x, y, z) ∈ R3 | 0 ≤ x, y, z, x + y + z ≤ 1}.
BW.: Sicher liegt die Menge rechts in M , weil die Ungleichungen lediglich
die Bedingungen von jedem Mn verschärfen. Ist nun P = (x, y, z) ∈ M , so
erfüllt P für jedes n die besagten Ungleichungen, insbesondere − n1 ≤ x,
also muss 0 ≤ x gelten. Die anderen Ungleichungen bleiben erhalten,
somit ist M in der rechts beschriebenen Menge enthalten.
• M ist kompakt.
BW.: Sei (Qn )n eine in M gelegene Folge. Sei Qn = (xn , yn , zn ). Da
0 ≤ xn , yn , zn ≤ 1 gilt, ist die Folge (Qn ) beschränkt, und laut Satz
von Weierstraß kann zu einer gegen ein Q = (x, y, z) konvergenten Teilfolge übergegangen werden. Die GW-Regeln ergeben, dass auch Q die
M bestimmenden Ungleichungen erfüllt. Somit ist Q ∈ M , also M (folgen)kompakt.
• M ist beschränkt und abgeschlossen.
BW.: Diese Aussage ist äquivalent dazu, zu sagen dass M kompakt ist.
• M ist nicht offen. Analog wie oben.
4
2
Gruppe B
2.1
Beispiel 1
Untersuchen Sie die Reihe
∞
X
n
(−1)
n=1
6n + 5
7n + 1
n
auf Konvergenz und absolute Konvergenz.
Konvergiert die Reihe
n
X
6n + 5
(−1)n
7n + m
2
(n,m)∈N
unbedingt? (Genaue Begründung!)
Hinw.: Betrachten Sie
∞
X
6+5
.
7+m
m=1
Lösung:
• Die Reihe mit Gliedern an := (−1)n
6n+5
7n+1
n
ist absolut konvergent (und
daher konvergent):
1
BW.: Weil |an | n = 6n+5
7n+1 und limn→∞
WK die absolute Konvergenz.
6n+5
7n+1
= ··· =
6
7
< 1 ist, ergibt das
• Die Reihe ist nicht unbedingt konvergent.
BW.: Angenommen, sie ist es. Dann ist auch die Reihe mit absolut
genommenen Gliedern unbedingt konvergent, also z.B.
n
∞ ∞ X
X
6n + 5
7n + m
n=1 m=1
P∞ 6·1+5 1
konvergent. Dann wäre insbesondere der erste Summand, m=1 7·1+m
konvergent.
Diese Reihe besitzt jedoch die divergente harmonische Reihe
P∞ 1
als
Minorante, weil für alle natürlichen Zahlen m
m=1 m
11
1
7
≥
⇔ 11m ≥ 7 + m ⇔ m ≥
7+m
m
10
gilt.
5
2.2
Beispiel 2
Ist für
An := (x, y, z) ∈ R3 : 1/n < x, 0 < y, 0 < z, x + y + z < 1 ,
n∈N
die Menge ∪n∈N An beschränkt, offen, abgeschlossen oder kompakt?
Lsung:
• An ist beschränkt.
BW.: Für alle n gelten für (x, y, z) ∈ Mn die schwächeren Bedingungen
0 ≤ x, 0 ≤ y, 0 ≤ z, x + y + z ≤ 1
Hieraus ergibt sich 0 ≤ x ≤ x + y + z ≤ 1. Addiert man die ersten 2
Ungleichungen und die 4.te, so ergibt sich
x+y+z ≤x+y+1
also nach Kürzen und Einbeziehen der 3.ten Ungleichung 0 ≤ z ≤ 1.
Addiert man die 1.te, die 3.te und die 4.te Ungleichung so ergibt sich
x+y+z ≤1+x+z
also 0 ≤ z ≤ 1. Somit liegt
S An in der beschränkten Menge [0, 1] × [0, 1] ×
[0, 1] und deshalb auch n An .
S
• A := n An ist offen.
BW.: Der Halbraum Hn = {(x, y, z) ∈ R3 | n1 < x} ist offen, weil jede εKugel mit Radius ε := x − n1 vollständig in H gelegen ist. Analog ergeben
sich die Halbräume Hy := {(x, y, z) ∈ R3 | 0 < y} und Hz := {(x, y, z) ∈
R3 | 0 < z} als offen. Auch der Halbraum K := {(x, y, z) ∈ R3 | x+y+z <
1} erweist sich als offen. Dies, weil sein Komplement, K 0 := {(x, y, z) ∈
R3 | x + y + z ≥ 1} abgeschlossen ist: Aus (xn , yn , zn ) → (x, y, z) bei
n ↑ ∞ mit xn + yn + zn ≥ 1 folgt mittels GW-Regeln konvergenter Folgen
x + y + z ≥ 1, also die Abgeschlossenheit von K 0 . Somit ist K offen.
Nun ist An = Hn ∩Hy ∩Hz ∩K Durchschnitt endlich vieler offener Mengen,
also offen. Da A Vereinigung offener Mengen ist, ist auch A offen.
• A ist nicht abgeschlossen.
BW.: Es ist Qn := ( n2 , n1 , n1 ) in An und somit in A. Die Folge (Qn ) strebt
gegen (0, 0, 0) und der Ursprung liegt nicht in A, weil seine x-Koordinate
keine der Ungleichungen n1 < 0 erfüllen kann.
• A ist nicht kompakt.
BW.: Da A nicht abgeschlossen ist.
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