Lösungsskizze zu Blatt 6 Aufgabe 1: (5 Punkte) Wir zeigen zunächst

Lösungsskizze zu Blatt 6
Aufgabe 1:
Wir zeigen zunächst:
(5 Punkte)
(i) an ≤ bn für alle n
(ii) an monoton wachsend
(iii) bn monoton fallend
(iv) limn→∞ (bn − an ) = 0
Aus (i)-(iii) folgt, dass [an+1 , bn+1 ] ⊂ [an , bn ] gilt. Mit Aussage (iv) folgt dann, dass [an , bn ]
eine Intervallschachtelung ist.
Zu (i)
an + b n
2an bn
≤
an + b n
2
⇔ 4an bn ≤ (an + bn )2
⇔ 0 ≤ (an − bn )2
an+1 ≤ bn+1 ⇔
zu (ii)
2an bn
− an
an + bn
2an bn − an (an + bn )
=
an + b n
an (bn − an )
≥0
=
an + b n
an+1 − an =
Die letzte Abschätzung gilt wegen (i). Also ist an monoton wachsend.
Zu (iii)
bn+1 − bn =
an + b n
an − b n
− bn =
≤0
2
2
Also ist bn monoton fallend.
Zu (iv) Da (an )n∈IN und (bn )n∈IN monoton und beschränkt sind, existiert limn→∞ an = x
und limn→∞ bn = y. Nach Satz 5.11 gilt:
an + b n
x+y
=
n→∞
2
2
y = lim bn+1 = lim
n→∞
Daraus folgt also x = y und damit limn→∞ (bn − an ) = 0.
Wir zeigen nun mit vollständiger Induktion, dass an bn = ab für alle n gilt.
IA a1 b1 = ab ist klar.
IS Im Induktionsschritt untersuchen wir das Produkt an+1 bn+1 :
an+1 bn+1 =
2an bn an + bn IV 2ab an + bn
=
= ab
an + b n
2
an + b n
2
Es gilt also an bn = ab für alle n ∈ IN . Wegen Satz 5.11 muss gelten
x2 = lim an bn = ab.
n→∞
Also folgt x =
√
ab.
Aufgabe 2:
(5 Punkte)
(a) Es gilt
3k − 1
→ 3, a3k = 2.
3k − 2
Damit hat die Folge (an )n∈IN die Häufungswerte {1, 2, 3}. Daraus folgt lim supn→∞ an =
3 und lim inf n→∞ an = 1. Es gilt weiter an ≤ 4 für alle n ∈ IN und a2 = 4. Damit
ist max{an |n ∈ IN } = 4. Ein Minimum existiert nicht. Es gilt zwar an ≥ 1, aber 1
wird nicht angenommen für n ∈ IN .
a3k−2 = 1 +
1
23(k−1)
→ 1, a3k−1 = 2 +
(b) Es gelte b2n → a, b2n+1 → b, b3n → c.
1. Da (b6n )n∈IN eine Teilfolge sowohl von (b2n )n∈IN als auch von (b3n )n∈IN ist, ergibt
sich b6n → a und b6n → c, also a = c. Entsprechend folgt durch Betrachtung
der Folge (b6n+3 )n∈IN , dass b = c gilt. Damit erhalten wir a = b = c.
2. Es sei x ein Häufungswert der Folge (bn )n∈IN . Dann existiert eine Teilfolge
(bnk )k∈IN von (bn )n∈IN mit limk→∞ bnk = x.
– Wir nehmen zunächst an, dass (nk )k∈IN unendlich viele gerade Zahlen
enthält. Dann gibt es eine Teilfolge (n∗k )k∈IN von (nk )k∈IN , welche nur aus
geraden Zahlen besteht. Es folgt bn∗k → x und bn∗k → a, also x = a.
– Analog schließt man, dass x = a gelten muss, wenn (nk )k∈IN unendlich
viele ungerade Zahlen enthält.
Damit ergibt sich x = a und folglich bn → a.
Aufgabe 3:
(5 Punkte)
(a) Es gilt a4n = 2 und a4n+2 = −2 sowie |an | ≤ 2 für alle n ∈ IN . Hieraus folgt
lim supn→∞ an = 2 und lim inf n→∞ an = −2.
(b) Es gilt
a2n = [(1 +
1
1 4n 3/2
) ] → e3/2 , a2n+1 = [(1 −
)4n−2 ]3/2 → e−3/2 .
4n
4n − 2
Hieraus folgt, dass e3/2 und e−3/2 Häufungswerte von (an )n∈IN sind.
1. Für alle n ∈ IN gilt an ≤ (1 +
lim supn→∞ an = e3/2 .
1 3n
)
2n
= [(1 +
1 2n 3/2
) ]
2n
≤ e3/2 , und damit ist
2. Analog zu 1. schließt man lim inf n→∞ an = e−3/2 .
Aufgabe 4:
(5 Punkte)
(a) Vergleiche Beweis von Satz 6.5 (i).
“⇒” Sei a = lim supn→∞ . Deshalb ist die Menge {n|an ∈ Uε (a)} unendlich. Also
folgt Teil (ii).
Setze αn := sup{ak |k ≥ n}. Es gilt αn → a (vgl. Satz 6.3), d.h. für alle ε > 0
existiert ein n0 ∈ IN mit a − ε < αn < a + ε für alle n ≥ n0 . Für n ≥ n0 gilt
damit an ≤ αn < a + ε. Also haben wir Teil (i) gezeigt.
“⇐” Es gelten (i) und (ii), dann ist a ein Häufungswert. Angenommen, es gibt
einen Häufungswert ã mit ã > a. Sei nun ε = 21 (ã − a). Dann folgt wegen Teil
(i), dass an < a + ε mit Ausnahme von höchstens endlich vielen, d.h. Uε (ã)
enthält höchstens endliche viel an . Damit kann ã kein Häufungswert sein. Also
lim supn→∞ an = a.
(b) “⇒” Sei (an )n∈IN konvergente Zahlfolge. Angenommen,
γ = lim inf an < lim sup an = α
n→∞
n→∞
und limn→∞ an = a gilt. Nach der Definition von Häufungswerten existieren
Teilfolgen (nk )k∈IN und (nl )l∈IN mit limk→∞ ank = γ und liml→∞ anl = α. Das
widerspricht Satz 5.7, nachdem jeden Teilfolge von (an )n∈IN gegen a konvergiert.
Also muss γ = a und α = a gelten, d.h. α = γ.
“⇐” Sei ε > 0 beliebig und a = lim inf n→∞ an = lim supn→∞ an . Nach Satz 6.5
sind nur endlich viele an < a − ε, da a = lim inf n→∞ an ist, bzw. nur endliche
viele an > a + ε, da a = lim supn→∞ an ist. Deshalb existiert ein n0 (ε) mit
an > a − ε für alle n ≥ n0 (ε). Genauso existiert ein n1 (ε) mit an < a + ε für alle
n ≥ n1 (ε). Für n ≥ max{n0 (ε), n1 (ε)} sind also alle Folgenglieder innerhalb
der ε-Umgebung um a, d.h. anders ausgedrückt
|an − a| < ε für alle n ≥ max{n0 (ε), n1 (ε)}.
Die Folge (an )n∈IN konvergiert also gegen a.