¨Ubungsblatt 2 MAT121.1 Analysis 1 Herbstsemester 2016 Prof. Dr

Übungsblatt 2
MAT121.1 Analysis 1
Herbstsemester 2016
Prof. Dr. Camillo De Lellis
Die Übungsblätter werden jeweils am Freitag auf der Homepage der Vorlesung publiziert.
Für den Leistungsnachweis müssen mindestens 8 gelöste Übungsblätter mit mindestens 12 Punkten abgegeben
und insgesamt mindestens 280 Punkte erreicht werden. Generell soll die Herleitung der Resultate übersichtlich
sein, und es wird gebeten, leserlich zu schreiben.
Abgabe : 7. Oktober 13:00 im Briefkasten “Analysis 1 Mat 121.1” im K-Stock am Institut für Mathematik
Aufgabe 1 (12 Punkte)
Zeigen Sie die folgenden Ungleichungen:
√
Pn √
(i)
i=1 i ≤ (n + 1) n + 1 − 1 für alle natürlichen Zahlen n ≥ 1.
Pn 3
5
2
2
(ii)
i=1 i ≤ (n + 1) − 1 für alle natürlichen Zahlen n ≥ 1.
Tatsächlich kann man die folgenden verbesserten Ungleichungen beweisen, welche hier nicht gezeigt werden
sollen:
√
Pn √
2
2
(i)
i=1 i ≤ 3 (n + 1) n + 1 − 3 für alle natürlichen Zahlen n ≥ 1.
Pn 3
5
2
2
2
2
(ii)
i=1 i ≤ 5 (n + 1) − 5 für alle natürlichen Zahlen n ≥ 1.
Lösung:
Wir können die Formel beispielsweise per Induktion zeigen. Hierzu verfahren wir wie folgt.
(i) Induktionsanfang: Für n = 1 gilt
1
X
√
√
√
i = 1 ≤ 2 2 − 1 = (1 + 1) 1 + 1 − 1.
i=1
Induktionsschritt: Nehme an, wir hätten die Formel bereits für ein n ∈ N bewiesen. Dann rechnen
wir
n+1
X
i=1
√
i=
√
n+1+
n
X
√
i≤
√
i=1
√
√
n + 1 + (n + 1) n + 1 − 1
√
√
√
≤ [(n + 2)( n + 2 − n + 1) + n + 1] + (n + 1) n + 1 − 1
√
√
√
= [(n + 2) n + 2 − (n + 1) n + 1] + (n + 1) n + 1 − 1
√
= (n + 2) n + 2 − 1.
Also gilt die Formel offenbar auch für n + 1.
1
Induktionsschluss: Für jedes n ∈ N gilt die Formel
n
X
√
√
i ≤ (n + 1) n + 1 − 1.
i=1
Bemerkung: Man kann beweisen, dass
√
Pn
i=1
√
i ≤ 23 (n + 1) n + 1 − 32 .
Es ist genug zu zeigen, dass
√
n≤
√
√
2
[(n + 1) n + 1 − n n],
3
∀n ∈ N,
und in n zu summieren. Wir rechnen
√
√
√
√
√
2
2
[(n + 1) n + 1 − n n] = [(n + 1)( n + 1 − n) + n]
3
3
√
2
(n + 1) − n
=
(n + 1) √
+ n
√
3
n+1+ n
√
2
(n + 1)
√
+ n
≥
3
2 n+1
√
√
2
n+1 √
=
+ n > n,
3
2
wie gewünscht.
(ii) Induktionsanfang: Für n = 1 gilt
1
X
3
5
i 2 = 1 ≤ (1 + 1) 2 − 1.
i=1
Induktionsschritt: Nehme an, wir hätten die Formel bereits für ein n ∈ N bewiesen. Dann rechnen
wir
n+1
X
3
3
i 2 = (n + 1) 2 +
i=1
n
X
3
3
5
i 2 ≤ (n + 1) 2 + (n + 1) 2 − 1
i=1
3
3
3
3
≤ [(n + 2)((n + 2) 2 − (n + 1) 2 ) + (n + 1) 2 ] + (n + 1)(n + 1) 2 − 1
3
3
3
≤ [(n + 2)(n + 2) 2 − (n + 1)(n + 1) 2 ] + (n + 1)(n + 1) 2 − 1
5
= (n + 2) 2 − 1
Also gilt die Formel offenbar auch für n + 1.
Induktionsschluss: Für jedes n ∈ N gilt die Formel
n
X
5
3
i 2 ≤ (n + 1) 2 − 1.
i=1
Bemerkung: Man kann beweisen, dass
Pn
i=1
3
5
i 2 ≤ 25 (n + 1) 2 − 25 .
Es ist genug zu zeigen, dass
n3/2 ≤
5
5
2
[(n + 1) 2 − n 2 ],
5
und in n zu summieren.
Wir rechnen
2
∀n ∈ N,
5
5
3
3
3
2
2
[(n + 1) 2 − n 2 ] = [(n + 1)((n + 1) 2 − n 2 ) + n 2 ]
5
5
3
2
(n + 1)3 − n3
2
=
+
n
(n + 1)
3
3
5
(n + 1) 2 + n 2
2
3
2
3n + 3n + 1
2
≥
(n + 1)
+n
3
5
2(n + 1) 2
3
2 3
(n + 1)
+ n2
≥
(n + 1) n
3
5 2
(n + 1) 2
3
3
3
1
2 3
2 3 3
=
n(n + 1) 2 + n 2 ≥
n2 + n2 = n2 ,
5 2
5 2
wie gewünscht.
Aufgabe 2 (12 Punkte)
Gegeben seien zwei Mengen A ⊂ R and B ⊂ R. Wir definieren die folgenden Mengen:
C := {a + b : a ∈ A, b ∈ B}
und
D := {ab : a ∈ A, b ∈ B}.
Zeigen Sie die folgenden Sätze
(i) inf C = inf A + inf B.
(ii) sup C = sup A + sup B
(iii) Falls die Mengen A und B ein Maximum besitzen, besitzt C ein Maximum.
(iv) Falls die Mengen A und B ein Minimum besitzen, besitzt C ein Minimum.
(v) Falls A ⊂ [0, ∞), B ⊂ [0, ∞) und A und B ein Maximum (beziehungsweise ein Minimum) besitzen,
besitzt D ein Maximum (beziehungsweise ein Minimum) und
max D = max A · max B
(beziehungsweise
min D = min A · min B).
(vi) Finden Sie ein Gegenbeispiel für den letzten Satz (v), ohne die Hypothesen A ⊂ [0, ∞) und B ⊂ [0, ∞).
Lösung:
(i) Per Definition
inf A + inf B ≤ a + b,
∀a ∈ A, ∀b ∈ B.
Das heisst
inf A + inf B ≤ c,
∀c ∈ C.
Sei c0 > inf A + inf B. Das heisst c0 − inf A > inf B. Demnach existiert b ∈ B, sodass c0 − inf A > b.
Wir kriegen c0 − b > inf A, das impliziert, dass a ∈ A existiert sodass c0 − b > a. Wir folgern, dass
c = a + b ∈ C und c < c0 , sodass inf A + inf B = inf C.
(ii) Per Definition
sup A + sup B ≥ a + b,
∀a ∈ A, ∀b ∈ B.
Das heisst
sup A + sup B ≥ c,
3
∀c ∈ C.
Sei c0 < sup A+sup B. Das heisst c0 −sup A < sup B. Demnach existiert b ∈ B, sodass c0 −sup A <
b. Wir kriegen c0 − b < sup A, das impliziert, dass a ∈ A existiert sodass c0 − b < a. Wir folgern,
dass c = a + b ∈ C und c > c0 , sodass sup A + sup B = sup C.
(iii) Falls die Mengen A und B ein Maximum besitzen, existieren a ∈ A und b ∈ B, sodass
a = sup A
und
b = sup B.
Demnach c = a + b = sup A + sup B = sup C und c ∈ C. Das impliziert, dass C ein Maximum
besitzt.
(iv) Falls die Mengen A und B ein Minimum besitzen, existieren a ∈ A und b ∈ B, sodass
a = inf A
und
b = inf B.
Demnach c = a + b = inf A + inf B = inf C und c ∈ C. Das impliziert, dass C ein Minimum
besitzt.
(v) Per Definition, existieren a ∈ A und b ∈ B, sodass
a ≥ a0 ,
∀a0 ∈ A,
b ≥ b0 ,
und
∀b0 ∈ B.
Da a, b, a0 , b0 ≥ 0, sehen wir
ab ≥ a0 b0 ,
∀a0 ∈ A,
∀b0 ∈ B.
Das heisst ab ≥ sup D, aber ab ∈ D. Also deduzieren wir, dass max A · max B = ab = max D.
Gleichfalls kann man beweisen di Identität für das Minimum.
(vi) Wir definieren
A :=
1
− : n∈N ,
n
B := {−1}.
Da
1
−1 ≤ − ,
n
sehen wir, dass −1 = min A = min B. Jedoch
∀n ∈ N,
D = {ab : a ∈ A, b ∈ B} =
1
: n∈N .
n
0 ist eine untere Schranke von D, da n1 > 0 für alle n ∈ N ist. Dass 0 auch die grösste untere
Schranke ist, sieht man wie folgt. Wäre x > 0 eine untere Schranke von D, so müsste gelten
0<x≤
1
,
n
∀n ∈ N
⇐⇒ n ≤
1
,
x
∀n ∈ N
was aber wegen der Unbeschränktheit von N nicht möglich ist. Also ist inf D = 0. Da es ausserdem
kein n ∈ N gibt, für welches n1 = 0 ist, besitzt D kein Minimum.
Aufgabe 3 (12 Punkte)
Begründen Sie, ob folgende Mengen nach oben oder unten beschränkt sind. Können Sie mit Mitteln der
Vorlesung zeigen, dass es sich um das Supremum, beziehungsweise Infimum handelt? Begründen Sie auch,
ob die Mengen jeweils ein Maximum oder Minimum besitzen:
(i) A = Q ∩ (−∞, 0].
4
(ii) B = { n+2
n2 : n ∈ N}.
(iii) C = Q ∩ [3, 6).
(iv) D = { n13 − n : n ∈ N}.
Lösung:
(i) A enthält alle rationalen Zahlen, welche kleiner oder gleich 0 sind. Somit ist 0 eine obere Schranke
von A. Jedoch 0 ∈ A, sodass max A = sup A = 0. A ist nicht nach unten beschränkt.
(ii) Wir beweisen, dass max B = 3. Tatsächlich 3 =
n+2
n2 ,
für n = 1. Ausserdem ist
n+2
n2
fallend, weil
(n + 1)2 (n + 2) = (n2 + 2n + 1)(n + 2) = n3 + 4n2 + 5n + 2 > n3 + 3n2 = n2 (n + 3),
das heisst
(n + 1) + 2
n+2
>
.
2
n
(n + 1)2
0 ist eine untere Schranke von A. Dass diese Zahl das Infimum ist, lässt sich wie folgt einsehen.
Wäre x > 0 eine untere Schranke, so müsste gelten
0<x≤
n+2
2n
2
≤ 2 = ,
2
n
n
n
∀n ∈ N,
n≥2
⇐⇒ n ≤
2
,
x
∀n ∈ N,
n≥2
was aber wegen der Unbeschränktheit von N nicht möglich ist. Also ist inf B = 0. Da es ausserdem
kein n ∈ N gibt, für welches n+2
n2 = 0 ist, besitzt B kein Minimum.
(iii) C enthält alle rationalen Zahlen, welche strikt kleiner als 6 und grösser oder gleich 3 sind. Somit
sind 3, respektive 6, eine untere, respektive obere Schranke von C. Jedoch 3 ∈ C, sodass min C =
inf C = 3. 6 ist das Supremum von C, weil Q dicht in R ist. Also für jede Zahl x < 6, existiert
q ∈ C, sodass c < q. 6 6∈ C und C besitzt kein Maximum.
(iv) Wir beweisen, dass max D = 0. Tatsächlich 0 = n13 − n, für n = 1. Ausserdem ist
weil
1
1
>
,
und
− n > −(n + 1).
n3
(n + 1)3
1
n3
− n fallend,
Gibt es keine untere Schranke von D, weil N unbeschränkt ist und
1
− n < −n + 1,
n3
∀n ∈ N.
Wir folgern, dass D nicht nach unten beschränkt ist.
Aufgabe 4 (12 Punkte)
√
Zeigen Sie, dass p 6∈ Q, für jede Primzahl p.
Lösung:
Wir führen den Beweis via Widerspruch. Falls
√
p=
√
m
n
p ∈ Q, exisiteren m, n ∈ N teilerfremd, sodass
⇒
pn2 = m2 .
Damit p|m2 , und, da p Primzahl ist, p|m. Wir folgern, dass k ∈ N existiert, sodass m = pk und somit
pn2 = p2 k 2
p|n2
⇒
⇒
p|n.
Also p|m und p|n, jedoch m, n ∈ N teilerfremd sind. Wir haben einen Widerspruch gefunden.
5
Aufgabe 5 (12 Punkte)
Zeigen Sie die folgenden Ungleichungen:
(i) 2n n! ≤ nn
∀n ∈ N,
n ≥ 6,
(ii) nn ≤ 3n n!
∀n ∈ N,
n ≥ 1.
Lösung:
Wir können die Formel beispielsweise per Induktion zeigen. Hierzu verfahren wir wie folgt.
(i) Induktionsanfang: Für n = 6 gilt
26 · 6! = 62 · 24 · 80 < 62 · 24 · 81 = 62 · 24 · 34 = 66 .
Induktionsschritt: Nehme an, wir hätten die Ungleichung bereits für ein n ∈ N, n ≥ 1 bewiesen.
Wir beweisen, dass 2n+1 (n + 1)! ≤ (n + 1)n+1 . Wir rechnen
2n+1 (n + 1)! = (2n n!)2(n + 1) ≤ 2(n + 1)nn ,
Also ist es genug zu zeigen, dass
2≤
n+1
n
n
,
das gilt, da
n+1
n
n
n
n 1
n 1
n 1
1
= 1+
=1+
+ ··· +
= 1 + 1 + ··· +
≥ 2.
n
1 n
n n
n nn
n
Also gilt die Ungleichung offenbar auch für n + 1.
Induktionsschluss: Für jedes n ∈ N, n ≥ 6 gilt die Formel
2n n! ≤ nn .
(ii) Induktionsanfang: Für n = 1 gilt
11 = 1 ≤ 3 = 31 · 1!
.
Induktionsschritt: Nehme an, wir hätten die Ungleichung bereits für ein n ∈ N, n ≥ 1 bewiesen.
Wir beweisen, dass (n + 1)n+1 ≤ 3n+1 (n + 1)!. Wir rechnen
3n+1 (n + 1)! = (3n n!)3(n + 1) ≥ 3(n + 1)nn ,
Also ist es genug zu zeigen, dass
3≥
n+1
n
n
.
Wir rechnen
n+1
n
n
=
1+
1
n
n
=
n n
n
X
X
X
n 1
n · · · (n − k + 1)
1
=
1
+
≤
1
+
.
k nk
k!nk
k!
k=0
k=1
k=1
Da k! ≥ 2k−1 für jede Zahl k ≥ 1, folgern wir
n+1
n
n
≤1+
n
X
k=1
1
2k−1
=1+
n−1
X
k=0
6
1 − 21n
1
1
=
1
+
≤1+
2k
1 − 12
1−
1
2
= 3,
wie wir zeigen wollten. Also gilt die Ungleichungen offenbar auch für n + 1.
Induktionsschluss: Für jedes n ∈ N, n ≥ 1 gilt die Formel
nn ≤ 3n n!
7
.