¨UBUNGSBLATT 4 – L¨OSUNGEN MAT121/MAT131 ANALYSIS I

ÜBUNGSBLATT 4 – LÖSUNGEN
MAT121/MAT131 ANALYSIS I HERBSTSEMESTER 2010
PROF. DR. CAMILLO DE LELLIS
Aufgabe 1. Entscheiden Sie für folgende Folgen (wobei n ∈ N \ {0}), ob diese konvergent sind, und berechnen sie gegebenenfalls ihre Grenzwerte.
1+n
(a) an =
;
nn
(b) bn = (−1) ;
(−1)n
(c) cn = 1 +
;
n
(d) dn = cos(πn);
(e) en = cos(2πn); (f) fn = 1 − (−1)n 1 + (−1)n .
Antwort.
(a) an konvergiert, und
1
1
1+n
+ 1 = 1.
= lim
+ 1 = lim
lim an = lim
n→∞ n
n→∞ n
n→∞
n→∞
n
(b) bn konvergiert nicht, da b2k = 1 und b2k−1 = −1 für alle k ∈ N \ {0} ist, und bn
somit das Cauchy’sche Konvergenzkriterium für kein ǫ ∈ (0, 2) erfüllt (für jedes
N ∈ N \ {0} ist |bN +1 − bN +2 | = 2).
(c) cn konvergiert nach 1. Um dies zu zeigen, wähle ǫ > 0 und betrachte
(−1)n 1
(−1)n
= .
|cn − 1| = 1 +
− 1 = n
n n
Wählen wir N > 1/ǫ (N ∈ N \ {0}), so gilt für alle n > N (n ∈ N \ {0}), dass
|cn − 1| < ǫ ist, wie gewünscht. (d) Wie in (b), ist wegen cos π(2k) = 1 und cos π(2k − 1) = −1 für alle k ∈
N \ {0}, die Folge cn nicht konvergent.
(e) Da für alle n ∈ N \ {0} gilt cos(2πn) = 1, ist en die konstante Folge 1 und
konvergiert daher auch nach dieser Zahl.
(f) Da
2
fn = 1 − (−1)n 1 + (−1)n = 12 − (−1)n = 1 − 1 = 0
für alle n ∈ N \ {0} ist, konvergiert die konstante Folge fn nach 0.
Aufgabe 2. Entscheiden Sie für folgende Folgen (wobei n ∈ N \ {0}), ob diese konvergent sind, und berechnen sie gegebenenfalls ihre Grenzwerte.
2n + 1
(a) an = 2
;
n +n+1
√
n−1
(b) bn = √
;
n+1
2n
;
(c) cn = p
n(n
+
1)
√
√
(d) dn = n + 1 − n;
1
2
n
(e) en = 2 + 2 + · · · + 2 ;
nn n
n
a
für ein beliebiges a ∈ R.
(f) fn =
n!
2
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Antwort.
(a) an konvergiert, wobei
2
+ n12
2n + 1
n
= 0.
lim an = lim 2
= lim
n→∞
n→∞ n + n + 1
n→∞ 1 + 1 + 12
n
n
(b) Hier benötigen wir: Ist (xn )n∈N eine Nullfolge nicht–negativer reeller Zahlen, so
√
xn n∈N eine Nullfolge. Dies sieht man wie folgt. Sei ǫ > 0 gegeben.
ist auch
Nach Voraussetzung existiert zu jedem η > 0 eine natürliche Zahl N mit xn < η,
für alle n > N. Nehmen wir das zu η = ǫ2 zugehörige N ∈ N, so folgt für alle
n > N wegen der Monotonie der Wurzelfunktion, dass
√
√
xn < ǫ2 = ǫ,
wie gewünscht.
Nun gilt für alle n ∈ N \ {0}:
√
1−
n−1
bn = √
=
n+1
1+
√1
n
√1
n
=
1−
1+
q
q
1
n n→∞
1
n
−→ 1.
(c) Hier benötigen wir: Ist (xn )n∈N eine Folge nicht–negativer
reeller Zahlen,
welche
√
√ nach x > 0 konvergiert, so konvergiert die Folge
xn n∈N nach x. Dies sieht
man wie folgt. Sei ǫ > 0 gegeben. Nach Voraussetzung existiert zu jedem η > 0
eine natürliche
Zahl N mit |xn − x| < η, für alle n > N. Nehmen wir das zu
√
η = ǫ x zugehörige N ∈ N, so folgt für alle n > N, dass
√
√ √
√ √
√ xn − x
x
x |xn − x|
n +
xn − x = √
√
√
= √
xn + x
xn + x
√
x
√ ≤ ǫ,
<ǫ√
xn + x
| {z }
≤1
wie gewünscht.
Nun gilt für alle n ∈ N \ {0}:
2n
2
cn = p
=q
n(n + 1)
1+
n→∞
1
n
−→ 2.
(d) Hier benötigen wir: Ist (xn )n∈N eine Folge nicht–negativer
reeller Zahlen, welche
√ xn n∈N ebenfalls nach +∞. Dies
nach +∞ divergiert, so divergiert die Folge
sieht man wie folgt. Sei M > 0 gegeben. Nach Voraussetzung existiert zu jedem
f > 0 ein N ∈ N mit xn > M
f für alle n > N. Nehmen wir das zu M
f=
M
2
M zugehörige N ∈ N, so folgt für alle n > N wegen der Monotonie der
Wurzelfunktion, dass
√
√
xn > M 2 = M,
wie gewünscht.
Nun gilt für alle n ∈ N \ {0}:
√
√ √
√ √
√
n+1− n
n+1+ n
1
n→∞
√
n+1− n=
=√
√
√ −→ 0.
n+1+ n
n+1+ n
Pn
n(n+1)
(n ∈ N \ {0}). Damit gilt nämlich für alle
(e) Wir verwenden
k=1 k =
2
n ∈ N \ {0}
n
1
2
n
1 X
en = 2 + 2 + · · · + 2 = 2
k=
n
n
n
n k=1
n(n+1)
2
n2
=
1+
2
1
n n→∞
−→
1
.
2
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(f) Wir wollen zeigen, dass fn → 0 (n → ∞). Hierzu genügt es, zu zeigen, dass |fn |
eine Nullfolge ist. Für alle n ∈ N \ {0} besteht |fn | aus den n Faktoren
n
a |a|n
|a| |a|
|a|
=
·
····· .
|fn | = =
n!
n!
1 2
n
Sei nun M ∈ N \ {0} so, dass |a| < M und definiere C = |a| · |fM | =
Dann gilt für alle n > M
|fn | =
|a|M +1
.
M!
|a| |a|
|a| |a|
|a|
1
|a|
·····
·
·
·····
<C .
·
M} |M{z
+ 1}
− 1} n
n
|1 2 {z
|n {z
=|fM |
<1
<1
Sei nun ǫ > 0 gegeben. Wählen wir N ∈ N \ {0} mit N ≥ max{M, C/ǫ}, dann
gilt für alle n > N, dass |fn | < ǫ. Also konvergiert |fn |, und damit auch fn nach
Null, wie behauptet.
Aufgabe 3. Sei (an )n∈N\{0} eine Folge, welche nach a konvergiert. Zeigen Sie, dass
dann die Folge (cn )n∈N\{0} , gegeben durch
a1 + a2 + · · · + an
n
ebenfalls nach a konvergiert.
cn =
(n ∈ N \ {0}),
Antwort. Wir zeigen die Behauptung zuerst für Nullfolgen (an )n∈N\{0} . Sei ǫ > 0
gegeben. Dann existiert nach Voraussetzung ein N ∈ N \ {0}, so dass |an | < 2ǫ für alle
n > N ist. Dann gilt aber auch für jedes n > N, dass
(n − N) 2ǫ
|aN +1 + · · · + an |
|aN +1 | + · · · + |an |
ǫ
≤
<
=
n−N
n−N
n−N
2
ist, und somit erst recht
ǫ
|aN +1 + · · · + an |
<
n
2
Nun gilt aber für festes m ∈ N \ {0}, dass
∀n > N.
|a1 + · · · + am | n→∞
−→ 0.
n
Somit existiert für jedes m ∈ N \ {0} ein M ∈ N \ {0} mit
ǫ
|a1 + · · · + am |
<
∀n > M.
n
2
Wählen wir nun das zu m = N gehörige M ∈ N \ {0}, so gilt für alle n > max{M, N},
dass
|a1 + · · · + an |
|a1 + · · · + aN + aN +1 + · · · + an |
|cn | =
=
n
n
|a1 + · · · + aN | + |aN +1 + · · · + an |
ǫ
ǫ
≤
< + = ǫ,
n
2 2
was beweist, dass (cn )n∈N\{0} eine Nullfolge ist.
Ist nun (an )n∈N\{0} eine Folge, welche nach a ∈ R konvergiert, wobei nicht unbedingt
a = 0 ist, so gilt für die Folge
(a1 − a) + · · · + (an − a)
a1 + · · · + an
−a=
n ∈ N \ {0}
n
n
das soeben Gezeigte, denn (an −a)n∈N\{0} ist eine Nullfolge. Wir folgern, dass (dn )n∈N\{0}
auch eine Nullfolge ist, und so, dass (cn )n∈N\{0} nach a konvergiert, wie behauptet.
d n = cn − a =
4
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Aufgabe 4. Berechnen Sie die “Kettenwurzel”
v
v
u
s
u
u
r
u
q
u
√
t
t
1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + . . .,
√
indem Sie die Folge (an )n∈N\{0} mit a1 = 1 und an+1 = 1 + an für alle n ∈ N \ {0}
betrachten.
(a) Beweisen Sie, dass (an )n∈N\{0} beschränkt ist;
(b) Zeigen Sie, dass (an )n∈N\{0} monoton wächst;
(c) Schliessen Sie, dass die Folge konvergent ist;
(d) Berechnen Sie den Grenzwert von (an )n∈N\{0} und somit den Wert der Kettenwurzel.
Antwort.
(a) Wir zeigen mit Induktion, dass 1 ≤ an < 3 für alle n ∈ N \ {0} gilt.
Induktionsverankerung: Für n = 1 ist a1 = 1 ∈ [1, 3).
Induktionsschritt: Nehme nun an, wir hätten für ein n ∈ N \ {0} bereits bewiesen, dass 1 ≤ an < 3 (IV) ist. Dann gilt wegen der Monotonie der Wurzelfunktion
h√ √
(IV) h√
√
an+1 = 1 + an ∈
1 + 1, 1 + 3 =
2, 2 ⊂ [1, 3).
Induktionsschluss: Es gilt also für alle n ∈ N \ {0}, dass 1 ≤ an < 3 ist.
(b) Wir zeigen die Behauptung wieder mittels vollständiger
√ Induktion.
√
Induktionsverankerung: Für n = 2 ist a2 = 1 + a1 = 2 > 1 = a1 .
Induktionsschritt: Nehme nun an, wir hätten für ein n ∈ N, n > 1, bereits
bewiesen, dass an > an−1 (IV’) ist. Dann gilt wegen der Monotonie der Wurzelfunktion und mit Teil (a) (⇒ an > 0)
p
√
(IV’) p
an+1 = 1 + an >
1 + an−1 = a2n = an .
Induktionsschluss: Für alle n ∈ N, n > 1, ist also an > an−1 , und die Folge
wächst monoton.
(c) In der Vorlesung sahen wir, dass jede beschränkte und monotone Folge konvergiert. Wegen (a) und (b) erfüllt (an )n∈N\{0} diese Voraussetzungen, und konvergiert somit.
(d) Nennen wir a den Grenzwert von (an )n∈N\{0} , so folgt im Limesübergang der
Rekursionsgleichung,
√
√
an+1 = 1 + an ∀ n ∈ N \ {0}
=⇒
lim an+1 = lim 1 + an ,
n→∞
n→∞
√
dass a = 1 + a gelten muss. Quadrieren liefert a2 = 1 + a, also ist a eine
Lösung von
x2 − x − 1 = 0√
√
Folglich ist entweder a = 1−2 5 oder a = 1+2 5 . Da wegen (a) jedoch a > 0 gelten
muss, gilt
√
1+ 5
a=
,
2
was auch als “goldener Schnitt” bekannt ist.
Aufgabe 5M. Beweisen Sie, dass es zu jedem Tripel von Konstanten C, d, σ > 0 ein
ǫ > 0 gibt mit folgender Eigenschaft:
Ist (an )n∈N eine Folge mit
0 ≤ an+1 ≤ Cdn+1 a1+σ
n
dann gilt an → 0 (n → ∞), sobald a0 < ǫ ist.
(n ∈ N),
(⋆)
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5
Antwort. Für d ≤ 1 genügt es, ǫ < 1 zu wählen, denn dann ist wegen (⋆)
an ≤ Cǫn(1+σ)
für alle n ∈ N,
und an → 0 (n → ∞) folgt sofort.
Ist hingegen d > 1, so wollen wir versuchen, ǫ so klein zu wählen, dass wir mittels
vollständiger Induktion zeigen können, dass
ǫ
an ≤ n2
für alle n ∈ N.
d
Dann nämlich würde direkt folgen, dass an → 0 (n → ∞).
Die Induktionsverankerung ist nun trivialerweise erfüllt. Im Induktionsschritt genügt
es, die Ungleichung
ǫ 1+σ
ǫ
Cdn+1 n2
(n ∈ N)
≤ (n+1)2
d
d
zu beweisen. Diese ist aber äquivalent zur Ungleichung
wobei
Cǫσ ≤ dγ(n)
(n ∈ N),
γ(n) = n2 (1 + σ) − (n + 1) − (n + 1)2 = σn2 − 3n − 2
(†)
(n ∈ N)
ist. Da σ > 0 ist, existiert mit Sicherheit ein N ∈ N mit γ(n) ≥ 0 für alle n > N. (†)
ist dann wegen d > 1 für alle n > N erfüllt, wenn ǫσ < C1 ist. Also genügt es, ǫ > 0 so
zu wählen, dass
γ(n) d
1
σ
, min
ǫ < min
0≤n≤N
C
C
ist, und (†) ist erfüllt.
Aufgabe 5P. Sei (an )n∈N gegeben durch a0 = 5, a1 = 3 und an+2 = an+1 + an für alle
n ∈ N.
(a) Beweisen Sie, dass es Konstanten C, D > 0 gibt, so dass
an ≤ D C n
∀n ∈ N;
(⋆)
(b) Finden Sie die “beste” (kleinste) Konstante C > 0, für welche (⋆) mit D gross
genug gilt;
(c) Finden Sie die “beste” (kleinste) Konstante D > 0, für welche (⋆) mit C aus
(b) gilt.
Antwort. Wir beweisen (a), (b) und (c) auf einen Schlag, indem wir die an ’s explizit
√
berechnen. Betrachte die Gleichung x2 = x + 1. Diese besitzt die Lösungen x1,2 = 1±2 5 .
Wir behaupten, dass es zwei Konstanten C1 und C2 gibt, so dass
an = C1 xn1 + C2 xn2
Für alle n ∈ N, wäre dann nämlich
für alle n ∈ N.
+ C2 xn+2
= C1 xn1 x21 + C2 xn2 x22 = C1 xn1 (x1 + 1) + C2 xn2 (x2 + 1)
an+2 = C1 xn+2
1
2
= C1 xn+1
+ C2 xn+1
+ C1 xn1 + C2 xn2 = an+1 + an ,
1
2
wie gewünscht, wobei wir benutzt haben, dass x1 und x2 beide x2 = x + 1 lösen. Also
genügt es, C1 und C2 so zu wählen, dass die “Anfangsbedingungen” a0 = 5 und a1 = 3
erfüllt sind. Einsetzen liefert
(
(
!
!
a0 = C1 + C2
= 5,
C1 (x2 − x1 ) = 5x2 − 3,
⇔
!
!
a1 = C1 x1 + C2 x2 = 3,
C2 (x1 − x2 ) = 5x1 − 3,
√
(
√
!
5(1− 5)−6
= 5 2√5+1
,
C1 = − 2√5
5
√
√
⇔
! 5(1+ 5)−6
5
5−1
√
= 2√5 .
C2 =
2 5
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Explizit gilt also
√
√ !n
5 5−1
1+ 5
√
+
2
2 5
√
5 5+1
n
n
√
an = C1 x1 + C2 x2 =
2 5
√ !n
1− 5
2
(n ∈ N).
Wähle nun C = max {|x1 | , |x2 |} und D = |C1 | + |C2 |. Dann gilt für alle n ∈ N
an ≤ |an | ≤ |C1 | |x1 |n + |C2 | |x2 |n ≤ |C1 | C n + |C2 | C n = D C n .
Um zu sehen, dass C optimal ist, nehme an, es gäbe β > 0 und γ ∈ (0, C) mit an ≤ β γ n
für alle n ∈ N. Insbesondere hätten wir a2n ≤ β γ 2n für alle n ∈ N. Da C1 , C2 , x1 > 0,
x2 < 0 und |x1 | > |x2 |, würde dies implizieren, dass
2n
2n
2n
C1 C 2n = C1 x2n
1 ≤ C1 x1 + C2 x2 ≤ βγ
| {z }
2n
C
γ
(n ∈ N)
≥0
β
C1
für alle n ∈ N. Da jedoch Cγ > 1 nach
2n
> M für
Voraussetzung, existiert für jede Schranke M > 0 ein N ∈ N, so dass Cγ
ist. Mit anderen Worten, wäre
≤
alle n > N. Mit M = Cβ1 folgt dann aber ein Widerspruch.
Um zu sehen, dass auch das von uns gewählte D optimal ist, wenn wir einmal C = x1
festgelegt haben, machen wir folgende Überlegung. Wenn für ein β > 0
an = C1 xn1 + C2 xn2 ≤ βxn1
für alle n ∈ N gelten soll, so folgt, da x1 > 0 ist, dass
n
x2
β ≥ C1 + C2
x1
für alle n ∈ N erfüllt sein muss. Insbesondere muss diese Ungleichung auch für n = 0
gelten, womit β ≥ C1 + C2 = D folgt. D war also schon optimal gewählt.