Ubungen zur Vorlesung Analysis I - math.uni

Übungen zur Vorlesung
Analysis I
G. Mülich, O. Riemenschneider
Wintersemester 2006/07
Blatt 2
Lösungsvorschläge
ad 1. Für nicht negative reelle Zahlen a, b gilt nach den Axiomen für die Anordnung die Ungleichung
a ≤ b genau dann, wenn a2 ≤ b2 . Die rechte Ungleichung der Aufgabe ist damit äquivalent zu
G (a, b)2 ≤ A (a, b)2 ,
also zu
(∗)
µ
ab ≤
a+b
2
¶2
für
a, b > 0 .
Dies ist aber richtig, da stets (a − b)2 ≥ 0 und folglich a2 − 2 a b + b2 ≥ 0 . Durch Addition von
4 a b folgt hieraus
(+)
(a + b)2 ≥ 4 a b
und daraus nach Division durch 4 die Aussage (∗).
Aus (+) folgt aber auch durch Multiplikation mit a b und Division durch (a + b)2 :
µ
¶2
√
2ab
2
( a b) = a b ≥
.
a+b
Nach der Eingangsbemerkung impliziert dies nach Wurzelziehen:
√
2ab
≤ a b = G (a, b) .
H (a, b) =
a+b
Es gilt in beiden Ungleichungen genau dann Gleichheit, wenn in (+) Gleichheit gilt, wenn also (a − b)2 =
0 , d. h. genau dann wenn a = b .
Bemerkung. Man braucht nur eine der beiden Abschätzungen zu beweisen. Die andere folgt automatisch
durch Übergang von a, b zu 1/a, 1/b , da
µ
¶
1 1
1
= A
,
.
H (a, b)
a b
ad 2. Die Behauptung ist für n = 2 schon in Aufgabe 1 bewiesen worden, und hieraus folgt sie
leicht durch vollständige Induktion für alle 2-er Potenzen n = 2k . Ist nämlich n = 2k+1 = 2 2k , also
n/2 = 2k , so sieht man sofort, daß
¡
¢
a1 + · · · + an
= A A (a1 , . . . , a(n/2) ), A (a(n/2)+1 , . . . , an ) .
A (a1 , . . . , an ) :=
n
–1–
Damit ist wegen der Richtigkeit der Aussage für n = 2
A (a1 , . . . , a(n/2) ) A (a(n/2)+1 , . . . , an ) ≤
¡
¢2
A (A (a1 , . . . , a(n/2) ), A (a(n/2)+1 , . . . , an ))
= (A (a1 , . . . , an ))2
und nach Induktionsvoraussetzung
a1 · . . . · an
= (a1 · . . . · a(n/2) ) (a(n/2)+1 · . . . · an )
≤
(A (a1 , . . . , a(n/2) ))n/2 (A (a(n/2)+1 , . . . , an ))n/2 ≤ (A (a1 , . . . , an ))n .
Der Beweis wird vollendet durch die merkwürdige Tatsache, daß die Gültigkeit der Abschätzung für
eine Zahl N die Gültigkeit für alle n < N nach sich zieht (und jede Zahl n durch eine Potenz 2k
übertroffen wird): Wir schreiben N = n + p . Sind a1 , . . . , an vorgegeben, so definieren wir
an+1 := . . . = an+p := a := A (a1 , . . . , an ) .
Damit wird auch
A (a1 , . . . , aN ) =
a1 + · · · + an
n
= A (a1 , . . . , an ) = a .
n+p
a1 + · · · + an + p
Nach Voraussetzung ist
a1 · . . . · an · ap = a1 · . . . · aN ≤ (A (a1 , . . . , aN ))N = aN = an · ap .
Nach Division durch ap erhält man die gesuchte Ungleichung.
Bemerkung. Die soeben benutzte Beweisidee stammt von Cauchy. Es gibt zahlreiche andere Beweise;
z. B. folgt die Behauptung sehr einfach aus Aufgabe 4 von Blatt 3.
ad 3. Dies ist eine Standardaufgabe, die man in vielen Lehrbüchern explizit vorgerechnet bekommt.
Siehe z. B. Mangold–Knopp, Band 1, 11. Auflage, Nr. 58.
Wir führen z. B. den Teil iii) durch: Es ist nach der binomischen Formel
µ
¶n
n µ ¶
X
1
n 1
an = 1 +
= 1+1+
.
n
k nk
k=2
Für jeden Summanden auf der rechten Seite gilt aber (für 2 ≤ k ≤ n ) aus einfach nachvollziehbaren
Gründen:
µ ¶
n 1
1
1
<
≤ k−1 .
k nk
k!
2
Damit ist für n > 2 unter Verwendung einer einfachen Tatsache über die geometrische Reihe:
µ ¶n
1
1
−
n−1
n
X 1
X
1
2
< 1+
= 1+
< 3.
an <
1
k!
2k
k=0
k=0
1−
2
–2–
ad 4. Wir setzen
Sn(r) :=
n
X
kr .
k=1
Man kann die Behauptung durch vollständige Induktion sowohl nach n (für alle r gleichzeitig) als
auch durch vollständige Induktion nach r (für alle n gleichzeitig) beweisen. Wir führen hier die zweite
Variante durch.
Zur Vereinfachung der Sprechweise bezeichnen wir mit Q∗r [ x ] die Menge der Polynome vom Grad ≤ r
ohne konstanten Term mit Koeffizienten in dem Körper Q der rationalen Zahlen, also Ausdrücke P
der Art
r−1
X
aj xr−j , aj ∈ Q , j = 0, . . . , r − 1 .
j=0
Es ist unmittelbar klar, daß Polynome dieser Art addiert und mit rationalen Zahlen multipliziert
werden können, ohne daß die Menge verlassen wird. (Oder m. a. W.: Q∗r [ x ] bildet bzgl. der Addition
von Polynomen und der Multiplikation von Polynomen mit rationalen Zahlen einen Q–Vektorraum).
Die zu beweisende Formel kann jetzt wie folgt umformuliert werden:
Zu jeder ganzen Zahl r ∈ N0 gibt es ein Polynom Pr ∈ Q∗r , so daß für alle n ∈ N gilt:
Sn(r) =
nr+1
+ Pr (n) .
r +1
Es liegt nahe, dies als eine Aussage A (r) über die Zahl r aufzufassen und durch vollständige Induktion
nach r zu beweisen. Schauen wir uns zur Kontrolle die beiden Fälle r = 0, 1 an. Es ist
Sn(0) = n und die Behauptung daher richtig mit P0 = 0 .
Für r = 1 ist
n (n + 1)
n2
n
=
+
,
2
2
2
so daß P1 = x/2 ∈ Q∗1 die Behauptung erfüllt.
Sn(1) =
Wir können also nach Belieben die Induktion bei 0 oder 1 beginnen. Es stellt sich heraus, daß man
besser die sogenannte ordnungstheoretische Version der vollständigen Induktion benutzen sollte (man
mache sich noch einmal klar, warum man das übliche Induktionsprinzip durch dieses ersetzen kann):
Ist eine Aussage A (r) für r = 0 richtig und folgt für alle r ≥ 1 aus der Richtigkeit von
A (0), A (1), . . . , A (r − 1) die Richtigkeit von A (r) , so ist die Aussage A (r) für alle r ∈ N0 richtig.
Nun zurück zu unserer Aufgabe. Es sei die Aussage schon bei beliebigem r ≥ 1 für alle Zahlen
0, . . . , r − 1 bewiesen, also die Existenz von Polynomen Pj ∈ Q∗j mit den geforderten Eigenschaften
für j = 0, . . . , r − 1 sichergestellt. Es ist nach der binomischen Formel
(k + 1)r+1 =
¶
r+1 µ
X
r + 1 r−j
k
j
j=0
und also
(k + 1)r+1 − k r+1 =
¶
r+1 µ
X
r + 1 r+1−j
k
.
j
j=1
Summiert man in der rechten Formel alle Terme von k = 1 bis zu einem beliebigen n ∈ N auf, so
wird die linke Seite zu
(n + 1)r+1 − 1 ,
–3–
was erneut nach der binomischen Formel gleich
n
r+1
¶
r µ
X
r + 1 r+1−j
+ Qr (n) mit dem Polynom Qr =
x
∈ Q∗r [ x ]
j
j=1
ist. Die Aufsummierung der rechten Seiten liefert
¶
¶ n
¶
n ³ X
r+1 µ
r+1 µ
r+1 ³ µ
X
X
X
r + 1 (r+1−j)
r + 1 X r+1−j ´
r + 1 r+1−j ´
k
=
Sn
k
=
j
j
j
j=1
j=1
j=1
k=1
k=1
= (r + 1) Sn(r) +
¶
r+1 µ
X
r + 1 (r+1−j)
Sn
.
j
j=2
Nach Induktionsvoraussetzung ist die ganz rechts stehende Summe der Wert des Polynoms
e r (x) :=
Q
¶ µ r+2−j
¶
r+1 µ
X
r +1
x
+ Pr+1−j (x) ∈ Q∗r [ x ]
j
r
+
2
−

j=2
(r)
e r (n) für alle n ∈ N , und wir brauchen
an der Stelle x = n . Somit ist (r + 1) Sn = nr+1 + Qr (n) − Q
nur noch
1
er )
Pr :=
(Qr − Q
r +1
zu setzen.
Bemerkung. Dieser Beweis liefert eine explizite Rekursionsformel zur Bestimmung der Polynome Pr
aus den Polynomen P0 , . . . , Pr−1 .
Beispiel . Es ist Q2 = 3 x2 + 3 x und
µ 2
¶
e 2 = 3 x + P1 + x + P0 = 3 x2 + 5 x
Q
2
2
2
und damit
P2 (x) =
2
1
e2 ) = x + x ,
(Q2 − Q
3
2
6
also, wie schon bekannt,
Sn(2) =
n3
n2
n
n
n (n + 1) (2n + 1)
+
+
=
(2 n2 + 3 n + 1) =
.
3
2
6
6
6
–4–