Lösung 2

Musterlösung Analysis
Herbstsemester 2015, Aufgabenblatt 2
Aufgabenblatt 2
40 Punkte
Aufgabe 1 (Beispiel: Rekursive Folge)
Gegeben sei die rekursiv definierte Folge
dn+1 ∶=
2dn
3 + dn
mit d1 ∶= 1. Zeigen Sie, dass die Folge (dn ) konvergent ist und berechnen Sie den Grenzwert.
6
6
Lösung
Wir berechnen zuerst einige Glieder der Folge: d1 = 1, d2 = 0.5, d3 ≈ 0.2857. Wir vermuten, dass die Folge
monoton fällt, die Werte jedoch positiv bleiben. Das heisst die Folge ist nach oben durch d1 = 1 und nach unten
durch 0 beschränkt. Wir zeigen zuerst durch vollständige Induktion, dass 0 eine untere Schranke von (dn ) ist.
Zu zeigen ist also, dass dn ≥ 0 für alle n ∈ N gilt.
Induktionsverankerung: d1 = 1 ≥ 0 ist richtig.
Induktionsschritt: Wir nehmen an, dass dn ≥ 0 für ein beliebiges aber festes n ∈ N gilt (Induktionsannahme) und
zeigen, dass auch dn+1 ≥ 0 gilt.
Da dn nach Induktionsannahme positiv ist, gilt 3 + dn ≥ 3 ≠ 0 und 2dn ≥ 0. Somit haben wir
dn+1 =
0
2dn
≥
= 0.
3 + dn 3 + dn
Also haben wir gezeigt, dass 0 eine untere Schranke von (dn ) ist.
Als nächstes zeigen wir mitttels vollständiger Induktion, dass 1 eine obere Schranke von (dn ) ist.
Induktionsverankerung: d1 = 1 ≤ 1 ist richtig.
Induktionsschritt: Wir nehmen an, dass dn ≤ 1 für ein beliebiges aber festes n ∈ N gilt (Induktionsannahme) und
zeigen, dass auch dn+1 ≤ 1 gilt. Da wir bereits gezeigt haben, dass (dn ) positiv ist für alle n ∈ N, gilt
1
1
≤
3 + dn 3
und somit haben wir nach Induktionsannahme
dn+1 =
2dn
2dn 2
≤
≤ ≤ 1.
3 + dn
3
3
(1)
Nun zeigen wir, dass die Folge monoton fallend ist, d.h. wir müssen zeigen, dass dn+1 ≤ dn für alle n ∈ N gilt.
Wir beweisen, dass ddn+1
≤ 1. Daraus folgt dann dn+1 ≤ dn .
n
Wir haben in (1) gezeigt, dass dn+1 ≤
2dn
3
gilt. Also haben wir
dn+1 2
≤ ≤ 1.
dn
3
Das heisst wir haben gezeigt, dass die Folge monoton fallend ist.
Da die Folge dn monoton fallend und beschränkt ist, gibt es nach dem Satz über die Konvergenz von monotonen
und beschränkten Folgen (Satz 1.19) ein d ∈ R mit d = limn→∞ dn . Da auch d = limn→∞ dn+1 gilt, haben wir
d = lim dn = lim dn+1 = lim
n→∞
n→∞
n→∞
1
2dn
.
3 + dn
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Da dn konvergent ist, sind auch die Folgen an ∶= 2dn und bn ∶= 3 + dn konvergent mit a = limn→∞ an = 2d und
b = limn→∞ bn = 3 + d. Also haben wir nach Satz 1.9
d = lim
n→∞
2dn
2d
=
.
3 + dn 3 + d
Wir lösen obige Gleichung nach d auf. Es gilt
d=
2d
⇐⇒ 3d + d2 = 2d ⇐⇒ d2 = −d ⇐⇒ d ∈ {−1, 0}.
3+d
Da wir gezeigt haben, dass 0 ≤ dn ≤ 1 für alle n ∈ N gilt, ist der Grenzwert d = 0.
Aufgabe 2 (Zahlenteufelei # 2)
In Aufgabe 7 von Blatt 1 haben wir gesehen, dass gilt
n
1
=∞
k=2 k
lim ∑
n→∞
Sie sollen nun zeigen, dass die Folge
n
1
2
k
k=2
dn ∶= ∑
2
gegen eine reelle Zahl konvergiert [Der Grenzwert ist d = π6 − 1, diesen können wir hier aber nicht berechnen].
Betrachten Sie dazu die Folge der Figuren, in der wir die Idee der Zahlengruppen aus dem Zahlenteufel
nochmals aufgreifen:
n=3
n=7
n = 15
n = 31
n = 63
a) Erklären Sie sich die Idee der Figuren oben (warum können wir all diese Stapel nebeneinander in ein
Quadrat der Breite 1 stellen?)
1
b) Beweisen Sie, dass gilt
1 n+1 1
<∑ 2
2
k=2 k
k=2 k
n
∑
(Monotonie)
1
c) Beweisen Sie, dass gilt
n
1
<1
2
k
k=2
0< ∑
(Beschränktheit)
1
d) Warum wissen Sie nun, dass
n
1
2
k=2 k
dn = ∑
konvergiert?
1
4
Lösung
a) In Aufgabe 7 von Blatt 1 haben wir gesehen, dass wir in der k-ten Gruppe die Zahlen { 21k , . . . , 2k+11 −1 }
haben. Die grösste Zahl der k-ten Gruppe ist 21k . Um zu zeigen, dass wir all diese Stapel nebeneinander
2
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in ein Quadrat der Breite 1 stellen können, berechnen wir den Grenzwert der Folge ∑nk=1
1
.
2k
Es gilt
n
1
1
= ∑ k+1 .
k
2
2
k=0
k=1
n
∑
Bei dieser Folge handelt es sich um eine geometrische Reihe mit a0 =
Satz 1.14
n
1
1
1
lim ∑ k+1 = ⋅
= 1.
n→∞
2 1 − 12
k=0 2
Somit gilt für jedes n ∈ N
1
2
und q = 21 . Also haben wir nach
n
1
≤1
k
2
k=1
∑
und wir haben gezeigt, dass alle Gruppen aus dem Zahlenteufel nebeneinander in ein Quadrat der Breite
1 passen.
b) Da
1
(n+1)2
> 0 für alle n ∈ N, gilt
n
n
n+1
1
1
1
1
<∑ 2+
= ∑ 2.
2
2
k
k
(n
+
1)
k
k=2
k=2
k=2
∑
c) Da
1
k2
> 0 für alle k ∈ N, sehen wir direkt, dass
n
1
> 0.
2
k=2 k
∑
Wir müssen noch zeigen, dass die Folge nach oben durch 1 beschränkt ist. Es gilt für alle n ∈ N
n
n
n
1
1
1 1 1 1
1
1
1
1
<
=
− ) = 1 − + − + − ⋅ ⋅ ⋅ − = 1 − < 1.
(
∑
∑
2
k
k(k
−
1)
k
−
1
k
2
2
3
3
n
n
k=2
k=2
k=2
∑
d) Satz 1.19 besagt, dass jede monotone, beschränkte Folge einen Grenzwert hat. In den Teilaufgaben b), c)
haben wir gezeigt, dass dn monoton und beschränkt ist. Also wissen wir, dass dn konvergiert.
Aufgabe 3 (Beispiel: Infimum, Supremum, Minimum, Maximum)
Bestimmen Sie jeweils das Infimum, Supremum, und falls sie existieren Minimum respektive Maximum der
folgenden Mengen
√
√
a) { n + 1 − n + 1 ∣ n ∈ N} mit Grundmenge R
2
b) { n1 ∣ n ∈ Z ∖ {0}} mit Grundmenge Q
2
c) {x ∣ x2 ≤ 7} mit Grundmenge Q
2
d) {2x − 2x + 1 ∣ x ∈ R} mit Grundmenge R
√
√
e) { n + 1 − n − 1 ∣ n ∈ N} mit Grundmenge R
2
3
3
Begründen Sie ihre Antworten.
Lösung
a) Es gilt
12
√
√
M ∶= { n + 1 − n + 1 ∣ n ∈ N} = {0}.
Da diese Menge nur ein Element enthält, gilt
inf M = min M = sup M = max M = 0.
3
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b) Es gilt
1
1 1
1 1
∣ n ∈ Z ∖ {0}} = {−1, − , − , . . . , , , 1} .
n
2 3
3 2
Wir sehen, dass die grösste untere Schranke −1 ist und die kleinste obere Schranke ist 1. Also ist das
Infimum −1. Da −1 in der Menge liegt, ist −1 auch das Minimum. Das Supremum ist 1 und da 1 ebenfalls
in der Menge liegt, ist 1 auch das Maximum.
{
c) Es gilt
√
√
{x ∈ Q ∣ x2 ≤ 7} = {x ∈ Q ∣ − 7 ≤ x ≤ 7}.
√
Wir sehen, dass die Menge nach unten durch − √
7 beschränkt ist. Da die rationalen Zahlen
dicht in R sind
√
(Satz 1.23), gibt es für jede √
reelle Zahl√r mit − 7 < r eine rationale Zahl x mit − 7 < x < r. Somit ist
das Infimum dieser Menge − 7. Da − 7 keine rationale Zahl ist, liegt das
√ Infimum nicht in der Menge.
Deshalb hat diese Menge kein
Minimum.
Die
Menge
ist
nach
oben
durch
7 beschränkt. Da die rationalen
√
√
Zahlen dicht in R sind, ist 7 das Supremum. Da 7 keine rationale Zahl ist, ist das Supremum nicht in
der Menge enthalten. Daher besitzt diese Menge auch kein Maximum.
Die Menge {x ∣ x2 ≤ 7} besitzt kein Supremum und kein Infimum in der Grundmenge Q.
d) Die Punkte 2x2 −2x+1 sind eine nach oben geöffnete Parabel. Somit ist die Menge nach oben unbeschränkt.
Deshalb existiert kein Supremum und somit auch kein Maximum. Da die Parabel nach oben geöffnet
ist, ist das kleinste Element dieser Menge der Scheitelpunkt S der Parabel. Dieser ist gegeben durch
2
S = 4⋅2⋅1−(−2)
= 12 . Also ist das Infimum sowie das Minimum dieser Menge 12 .
4⋅2
√
√
e) Als erstes formen wir den Term n + 1 − n − 1 um. Nach der 3. binomischen Formel gilt
√
√
√
√
√
√
n + 1 − (n − 1)
2
n+1+ n−1
√
√
√
=√
=√
.
n + 1 − n − 1 = ( n + 1 − n − 1) ⋅ √
n+1+ n−1
n+1+ n−1
n+1+ n−1
√
Wir definieren die Folge an ∶= √n+1+2 √n−1 . Wir berechnen einige Folgenglieder von an : a1 = 2 ≈ 1.4142,
√
√
a2 = 3 − 1 ≈ 0.7321, a3 = 2 − 2 ≈ 0.5858. Aufgrund dieser Werte vermuten wir, dass die Folge monoton
fallend ist. Wir zeigen, dass an ≥ an+1 gilt. Wir haben
√
√
√
√
n + 1 + n − 1 ≤ (n + 1) + 1 + (n − 1) + 1
2
2
√
√
⇐⇒ √
≥√
n+1+ n−1
(n + 1) + 1 + (n − 1) + 1
⇐⇒ an ≥ an+1 .
Als nächstes berechnen wir den Grenzwert von an . Es gilt
lim an = lim √
n→∞
n→∞
2
√
= lim √
n + 1 + n − 1 n→∞ 1 +
2
n
1
n
√
+ 1−
1
n
=
0
= 0.
2
Wir haben gezeigt, dass die Folge monoton fallend ist und den Grenzwert 0 hat, d.h.
√
0 = lim an ≤ an ≤ a1 = 2.
n→∞
Es gilt
√
√
{ n + 1 − n − 1 ∣ n ∈ N} = { √
2
√
∣ n ∈ N} = {an ∣ n ∈ N}.
n+1+ n−1
√
√
Das grösste Element dieser Menge ist 2. Also ist 2 das Supremum sowie das Maximum dieser Menge.
Da der Grenzwert von an 0 ist, ist das Infimum 0. Es existiert kein Minimum, da 0 nicht in der Menge
enthalten ist.
4
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Herbstsemester 2015, Aufgabenblatt 2
Aufgabe 4 (Beispiel: Dichte von Q in R)
a) Zeigen Sie, dass es für jedes n ∈ N im Intervall [0, 1/n] eine irrationale Zahl r gibt.
b) Zeigen Sie, dass es für jedes ε > 0 eine rationale Zahl gibt, deren Abweichung von π kleiner als ε ist.
2
2
4
Lösung
a) Wir wollen zeigen, dass es für jedes n ∈ N eine irrationale Zahl r gibt, die im Intervall [0, n1 ] liegt. Die Idee
des Beweises ist, das Intervall [0, n1 ] so “aufzublasen”, dass wir eine irrationale Zahl im “aufgeblasenen”
Intervall finden. Anschliessend lassen wir das Intervall wieder auf [0, n1 ] “schrumpfen”.
Sei n ∈ N beliebig. Als erstes multiplizieren wir das Intervall [0, n1 ] mit n. Das ergibt das Intervall [0, 1].
Wir wissen, dass
√
2
2
eine irrationale Zahl ist und es gilt
√
2
0<
< 1.
2
Um das Intervall wieder “schrumpfen” zu lassen, dividieren wir alles durch n. Somit haben wir
√
2 1
0<
< .
2n n
r=
√
2
2n
ist eine irrationale Zahl und es gilt
1
r ∈ [0, ] .
n
Also haben wir für jedes n ∈ N eine rationale Zahl gefunden, die in [0, n1 ] liegt.
b) Wir wollen zeigen, dass für jedes ϵ > 0 eine rationale Zahl im Intervall ]π − ϵ, π + ϵ[ liegt. Wir gehen analog
zum Beweis von Satz 1.23 vor. Sei ϵ > 0. Zuerst wählen wir gemäss Satz des Eudoxus eine natürliche Zahl
1
1
1
m mit m
< ϵ. Die Idee des Beweises ist wiederum, dass wir das Intervall [π − m
,π+ m
] geeignet “aufblasen”
und anschliessend wieder “schrumpfen” lassen.
1
1
Wir multiplizieren das Intervall [π− m
, π+ m
] mit m ∈ N. Dadurch erhalten wir das “aufgeblasene” Intervall
[πm − 1, πm + 1] der Länge 2. Zu diesem Intervall finden wir zwei ganze Zahlen k und k − 1, so dass
πm − 1 < k − 1 ≤ πm < k ≤ πm + 1.
In einem nächsten Schritt wollen wir das Intervall wieder kleiner machen. Deshalb dividieren wir alles
durch m und erhalten
1 k−1
k
1
π−
<
≤π<
≤π+ .
m
m
m
m
k
Für q = m
∈ Q gilt
1
1
q ∈ [π − , π + ] ⊂]π − ϵ, π + ϵ[.
m
m
(Bemerkung: Wir haben sogar gezeigt, dass es im Intervall ]π − ϵ, π + ϵ[ zwei rationale Zahlen gibt, nämlich
k
mit q1 > π und q2 = k−1
mit q2 ≤ π.)
q1 = m
m
Aufgabe 5 (Beispiel: Grenzwert von Funktionen 1)
Bestimmen Sie die folgenden Grenzwerte, falls sie existieren. Falls nicht, beweisen Sie dass die Funktionen
divergent sind (z.B. mit Satz 2.12).
a) lim
3x2 + 33x
x→∞ 4x2 + 44
2
b) lim sign(x) wobei
3
x→0
sign(x) ∶= {
Vorzeichenfunktion
5
1
x>0
−1 x < 0
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c) lim e−x
3
x→∞
8
Lösung
a) Wir erweitern
3x2 +33x
4x2 +44
mit
1
x2
und erhalten
33
2
3 + 33
3x2 + 33x (3 + x ) x
x
=
=
.
4x2 + 44
(4 + x442 ) x2 4 + x442
Da limx→∞ 3 +
33
x
= 3 und limx→∞ 4 +
44
x2
= 4 gilt nach Satz 2.9
3x2 + 33x 3
= .
x→∞ 4x2 + 44
4
lim
b) Anschaulich ist klar, dass die Vorzeichenfunktion bei Annäherung von rechts gegen 1 konvergiert, bei
Annäherung von links hingegen gegen -1. Das bedeutet, dass der Grenzwert nicht existiert. Um dies
formal zu zeigen, wenden wir Satz 2.12 an. Wir wissen, dass
1
=0
n→∞ n
lim
und
lim −
n→∞
1
= 0.
n
Ausserdem gilt
1
sign ( ) = 1 und
n
1
sign (− ) = −1.
n
Somit ist limn→∞ sign ( n1 ) = 1 ≠ limn→∞ sign (− n1 ) = −1. Wir haben also zwei Folgen mit Grenzwert
0 gefunden, deren zugehörige Wertefolgen gegen verschiedene Grenzwerte konvergieren. Somit ist die
Funktion nach Satz 2.12 divergent.
c) Wir wissen, dass ex > 0 für alle x ∈ R. Ausserdem gilt e ≈ 2.7183 > 2 und somit gilt ex > 2x für alle x > 1.
Also haben wir für x > 1
1
1
0 < x < x.
e
2
Wir wissen, dass die Funktion
1
2x
gegen 0 konvergiert. Also gilt nach Satz 2.7
lim e−x = 0.
x→∞
Aufgabe 6 (Beispiel: Grenzwert von Funktionen 2)
Beweisen Sie, indem Sie auf die Definition der Konvergenz zurück gehen (ohne die Sätze 2.4 bis 2.9), dass
folgendes gilt:
a) lim x2 − 2 = −1
3
x→1
x2 + 2x − 3
= −4
x→−3
x+3
b) lim
3
6
Lösung
a) Sei ϵ > 0 beliebig, aber fest. Um zu zeigen, dass der gesuchte Grenzwert −1 ist, müssen wir nach Definition
ein δ > 0 finden, so dass ∣x2 − 2 − (−1)∣ < ϵ für alle x ∈ R mit 0 < ∣x − 1∣ < δ. Es gilt
∣x2 − 2 − (−1)∣ = ∣x2 − 2 + 1∣ = ∣x2 − 1∣ = ∣x − 1∣∣x + 1∣.
6
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Herbstsemester 2015, Aufgabenblatt 2
Wir wissen ∣x − 1∣ < δ. Also müssen wir noch versuchen den Term ∣x + 1∣ abzuschätzen. ∣x − 1∣ < δ bedeutet,
dass x in der Nähe von 1 ist. Das heisst, es gilt 1 − δ < x < δ + 1. Daraus folgt
∣x + 1∣ < δ + 2.
Da δ eine kleine Zahl ist, können wir verlangen, dass δ < 1 ist. Somit haben wir ∣x + 1∣ < 3 und daraus folgt
∣x2 − 1∣ = ∣x − 1∣∣x + 1∣ < 3δ.
Wenn wir also δ so wählen, dass einerseits δ < 1 und andererseits 3δ < ϵ gilt, haben wir
∣x2 − 1∣ < 3δ < ϵ.
Das heisst wir wählen δ so, dass δ < min {1, 3ϵ }.
2
b) Sei ϵ > 0. Wir wollen ein δ > 0 finden, so dass ∣ x
∣
+2x−3
x+3
− (−4)∣ < ϵ, falls 0 < ∣x − (−3)∣ < δ. Es gilt
x2 + 2x − 3
x2 + 2x − 3
x2 + 2x − 3 + 4x + 12
x2 + 6x + 9
(x + 3)2
− (−4)∣ = ∣
+ 4∣ = ∣
∣=∣
∣=∣
∣ = ∣x + 3∣.
x+3
x+3
x+3
x+3
x+3
Wir wissen ∣x + 3∣ < δ. Somit wählen wir δ < ϵ. Mit dieser Wahl haben wir
∣
x2 + 2x − 3
+ 4∣ = ∣x + 3∣ < δ < ϵ.
x+3
7