Lösung 8

Lösung 8
Sven Grützmacher
January 6, 2013
1 Aufgabe 1
1.1 a)
Zuerst machen wir eine kleine Vorüberlegung. Gilt lim bn > 0 so ist auch lim an 6= 0 da
n→∞
n→∞
wir sonst die Vorraussetzung verletzen. In diesem Falle divergieren beide Reihen, da wir
keine Nullfolgen haben. Desweiteren können wir o.B.d.A annehmen, dass lim an ≥ 0
n→∞
gilt. Sonst betrachten wir einfach −(an )n . Sei also lim bn = 0 = lim an
n→∞
n→∞
an , bn > 0(ab
einem Folgenglied N).
Nun zum beweis:
lim
n→∞
an
an
> 0 ⇒ ∃c, d ∈ R : c ≤
≤ d für fast alle (ffa) n ∈ N
bn
bn
⇒
c≤
an
≤ d ⇒c · bn ≤ an ffa n
bn
∞
∞
X
M ajo X
⇒
cbn konv ⇒
bn
n=1
konv
n=1
⇐
c≤
an
≤ d ⇒an ≤ d · bn ffa n
bn
∞
M ajo X
⇒
an konv
n=1
1.2 b)
Sei:
an =
1
n
bn = √
n
1
1
nn+1
=
1
√
nnn
Aus der Divergenz der harmonischen Reihe folgt nach a) auch die divergenz unserer
Reihe, denn bn > 0∀n und
lim
n→∞
an
1
= lim √
= 1 6= 0
n→∞ n n
bn
2 Aufgabe 2
Eine Vorbemerkung: Wir zeigen jeweils die absolute Konvergenz, da diese äquivalent zur
unbedingten konvergenz ist. Bei Aufgabenteil d) wir zusätzlich die normale Konvergenz
gezeigt.
2.1 a)
Das Quotientenkriterium liefert uns:
(n + 1)!
nn nn lim sup ·
= lim sup (n + 1)n+1 n! (n + 1)n n→∞
n→∞
n n 1
= <1
= lim sup n + 1
e
n→∞
Also absolute Konvergenz!
2.2 b)
Wieder das Quotientenkriterium:
((n + 1)!)2 (2n)! (n + 1)2 (2n)! lim sup ·
= lim sup (2(n + 1))! (n!)2 (2n + 2)! n→∞
n→∞
2
1
(n
+
1)
= <1
= lim sup (2n + 1)(2n + 2) 4
n→∞
Also wieder absolute Konvergenz!
2.3 c)
Wir betrachten hier ja absolute Konvergenz, also vorerst nur den Bruch. Es folgt:
√
√
√ √
√
√ n + 1 − n n + 1 − n
n + 1 + n =
√
·
√
n
n
n + 1 + n
1
= √
√ n( n + 1 + n)
1 ≤ √ n n
Da letzteres gemäß Zettel 7 konvergiert folgt die absolute Konvergenz aus dem Majorantenkriterium
2
2.4 d)
Hier gilt:
2n + 1 n + 1 1 ≥
n(n + 1) n(n + 1) = n Somit haben wir eine divergente Majorante gefunden und unsere Reihe konvergiert nicht
absolut. In diesem Fall müssen wir noch die Bedingte Konvergenz nachrechnen. Also
die normale Konvergenz. Dazu Leibniz:
Nullfolge ist klar
monotonie Es gilt:
2n + 1
2 + 1/n
=
n(n + 1)
n+1
Da der Zähler monoton fällt und der Nenner monoton wächst ist unsere Folge
monoton fallend, wie man sich leicht überlegt.
Nach Leibniz konvergiert also unsere alternierende Reihe.
3 Aufgabe 3
3.1 a)
Viele benutzen hier Polynomdivision, was ihr so im prinzip glaube ich nicht hattet. Von
daher hier eine alternative:
Mit y = x − 2 bzw. x = y + 2 gilt lim f (x) = lim f (y). Wenden wir das an, ergibt sich:
x→2
lim
x→2
1
12
−
2 − x 8 − x3
y→0
1
12
= lim
−
y→0 −y
8 − (y + 2)3
8 − (y + 2)3 + 12y
= lim
y→0
y((y + 2)3 − 8)
−y 3 − 6y 2
= lim
y→0 y 4 + 6y 3 + 12y 2
−y − 6
= lim
y→0 y 2 + 6y + 12
1
=−
2
3
3.2 b)
Hier setzen wir: y = ax. Damit gilt dann da a 6= 0: y → 0 und lim
x→0
f (x)
x
= lim
y→0
f (y)
y
= c.
Nun gilt also:
f (y)
f (ax)
= lim
y→0 y
x→0 ax
f (ax)
⇒ ac = a · lim
x→0 ax
f (ax)
= lim a ·
x→0
ax
f (ax)
= lim
x→0
x
c = lim
4 Aufgabe 4
Zuerst 2 Dinge:
1. Es genügt a ≥ 0 zu betrachten, denn mit q ∈ Q gilt auch −q ∈ Q.
2. Es reicht den Hinweis zu betrachten, denn nach Archimedis können wir somit jede
reele Zahl mit einer Folge rationaler Zahlen approximieren, denn wir finden immer
ein n ∈ N : n1 < ε.
Sei nun also a ∈ R+ und ε > 0. Wähle n ∈ N :
1
n
< ε.Wir definieren:
bacn := max{z ∈ Z | z ≤ a · n}
Nun gilt:
bacn ≤ a · n ≤ bacn + 1
bacn
bacn + 1
⇒
≤a≤
n
n
bacn
1
⇒0≤ a−
≤
n
n
Somit ergibt sich gesamt:
bacn 1
bacn
≤ < ε mit
∈Q
∀ε > 0∃n ∈ N : a −
n
n
n
Baut man sich aus diesen Eine Folge folgt die Aussage.
4