KLAUSUR 1 – L¨OSUNGEN MAT121/MAT131 ANALYSIS I

KLAUSUR 1 – LÖSUNGEN
MAT121/MAT131 ANALYSIS I HERBSTSEMESTER 2010
PROF. DR. CAMILLO DE LELLIS
Aufgabe 1 (je 2 Punkte). Berechnen Sie folgende Grenzwerte, falls diese existieren,
oder begründen Sie die mangelnde Konvergenz.
2n − 3n
;
(a) lim
n→∞ 1 + 3n
√
(b) lim n2 + n − n;
n→∞
nn
.
n→∞ n2 + 2n
Antwort.
2 n
−1
2n − 3n
−1
(a) lim
= lim 3−n
=
= −1.
n
n→∞ 1 + 3
n→∞ 3
+1
1
(c) lim
(b) lim
√
n→∞
(c)
nn
n2 +2n
1
1
n2 + n − n2
= lim q
n2 + n − n = lim √
= .
n→∞
2
n2 + n + n n→∞ 1 + 1 + 1
n
divergiert für n → ∞, denn für alle n ≥ 4 ist n2 ≤ 2n und nn ≥ 4n , womit
4n
nn
n→∞
≥
= 2n−1 −→ ∞.
2
n
n
n
n +2
2 +2
2
n
(Dass n ≤ 2 für alle n ≥ 4 ist, sieht man leicht via Induktion: Für n = 4
gilt n2 = 42 = 16 = 24 = 2n , und ist die Abschätzung bereits für ein n ≥ 4
2
2
2
n
gezeigt, so folgt
2n+1 , denn für alle
√ (n + 1)2 = n + 2n + 1 ≤ 2n√≤ 2 · 2 = √
n ≥ 4 (≥ 1 + 2) gilt n − 2n − 1 = (n − 1 − 2)(n − 1 + 2) ≥ 0.)
Aufgabe 2 (je 2 Punkte). Entscheiden Sie, ob folgende Reihen konvergieren. Begründen Sie Ihre Antwort!
∞
X
(−1)n (n2 + 2n + 3)
(a)
;
3n
+
5
n=0
(b)
∞
X
2 + (−1)n
n=1
2n−1
;
∞
X
n!
(c)
.
nn
n=1
Antwort.
(a) Da
n+2+
n2 + 2n + 3
=
3n + 5
3 + n5
ist
(b) Da
(−1)n (n2 +2n+3)
3n+5
3
n n→∞
−→ ∞,
keine Nullfolge, und die Reihe kann nicht konvergieren.
s
n
(√
6 n→∞
n
−→
2
+
(−1)
2
n = √
n
2n−1 2 n→∞
−→
2
1
2
< 1,
n gerade,
1
2
< 1,
n ungerade,
2
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ist nach dem Wurzelkriterium die Reihe
(c) Für alle n ≥ 2 gilt
P∞
n=1
2+(−1)n
2n−1
absolut konvergent.
n!
n · (n − 1) · · · · · 3 · 2 · 1
n n−1
2
3 2 1
=
=
·
· · ≤ 2
·····
n
n
n ·n ·····n·n·n
n | {z
n }
n n n
n
|{z}
|{z}
≤1
Da aber
P
∞
n!
P∞
n=1
≤1
≤1
n−2 konvergiert, konvergiert nach dem Majorantenkriterium auch
n=1 nn .
Aufgabe 3 (6 Punkte). Zeigen Sie folgende Identität:
n
X
k=1
k 3 = (1 + 2 + · · · + n)2
(n ∈ N \ {0}).
Antwort. Wir beweisen die Identität mittels vollständiger Induktion.
Induktionsverankerung: Für n = 1 gilt
n
X
k=1
k 3 = 13 = 1 = 12 = (1 + · · · + n)2 .
Induktionsschritt: Nehme an,
n
X
k=1
k 3 = (1 + 2 + · · · + n)2
(IV)
sei bereits für ein n ∈ N \ {0} bewiesen. Dann gilt
n+1
X
k=1
k3 =
n
X
k=1
(IV)
k 3 + (n + 1)3 = (1 + 2 + · · · + n)2 + (n + 1)3
= (1 + 2 + · · · + n)2 + n(n + 1)2 + (n + 1)2
n(n + 1)
(n + 1) + (n + 1)2
2
= (1 + 2 + · · · + n)2 + 2 1 + 2 + · · · + n (n + 1) + (n + 1)2
2
= 1 + 2 + · · · + n + (n + 1) .
= (1 + 2 + · · · + n)2 + 2
Induktionsschluss: Also gilt für alle natürlichen n ≥ 1:
n
X
k=1
k 3 = (1 + 2 + · · · + n)2
Aufgabe 4 (6 Punkte). Beweisen oder widerlegen Sie: Ist (an )n∈N\{0} eine monoton
fallende Folge nicht–negativer reeller Zahlen und konvergiert
∞
X
3n a3n ,
n=0
dann konvergiert auch
∞
X
an .
n=1
Antwort. Wir zeigen, dass die Aussage stimmt.
Sei N ∈ N \ {0} beliebig. Da die Folge (an )n∈N\{0} nicht–negativ ist, und überdies
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3
monoton fallend, gilt für alle k ∈ N \ {0} mit 3k ≥ N
N
N
X
X
an = a1 + a2 + · · · aN
an =
n=1
n=1
≤ a1 + a2 + · · · + a3k + · · · + a3k+1 −1
= a1 + a2 + a3 + · · · + a8 + a9 + · · · + a26 + · · · + a3k + · · · + a3k+1 −1
k
≤ 2a1 + 6a3 + 18a9 + · · · + 2 · 3 a3k = 2
≤2
∞
X
k
X
3n a3n
n=0
3n a3n .
n=0
Also ist die Folge (sN )N ∈N\{0} , gegeben durch
sN =
N
X
an ,
n=1
beschränkt, sowie monoton, da die Folge (an )n∈N\{0} nicht–negativ ist. Folglich konvergiert sN für N → ∞, und die Aussage ist bewiesen.