Lösung 1

Musterlösung Analysis
Herbstsemester 2015, Aufgabenblatt 1
Aufgabenblatt 1
40 Punkte
Aufgabe 1 (Verständnis: Definition des Grenzwertes)
Sei (an )n∈N0 eine Folge in R. Wie in der Vorlesung gesehen (Definition 1.5, s.4), sagen wir
Die Folge (an )n∈N0 konvergiert gegen a ∈ R für n gegen unendlich genau dann wenn
für jedes ϵ > 0 eine Zahl nϵ existiert, sodass ∣an − a∣ < ϵ für alle n ⩾ nϵ gilt.
Wir schreiben dafür:
lim an = a
n→∞
Behandeln Sie nun mit Worten, Skizzen und Beispielen die folgenden Fragen:
a) Was ist anschaulich die Bedeutung des Ausdruckes ∣an − a∣?
b) Was bedeutet somit die Bedingung ∣an − a∣ < ε?
c) Was bedeutet somit die Aussage
Wenn n ⩾ nϵ gilt ∣an − a∣ < ε?
d) Und was bedeutet also anschaulich die Definition:
Für jedes ϵ > 0 existiert eine Zahl nϵ , sodass ∣an − a∣ < ϵ für alle n ⩾ nϵ ?
0
Aufgabe 2 (Beispiel: Berechnen des Grenzwertes)
Gegeben sind die (konvergenten) Folgen (an )n∈N , (bn )n∈N und (cn )n∈N .
a) an ∶=
2n+1
n
b) bn ∶=
c) cn ∶=
5n−30
6n2 +1
√
n2 + 1 − n
Gehen Sie nach Beispiel 1.6, s.5 vor, das heisst
(i) Berechnen Sie die Werte einiger Folgenglieder,
(ii) Stellen Sie eine Vermutung für den Grenzwert auf,
(iii) Zeigen Sie nun, dass die Folgen (an )n∈N , (bn )n∈N und (cn )n∈N konvergieren, indem Sie zeigen, dass die
Bedingungen der Definition der Konvergenz (vgl. oben) erfüllt sind.
6
Lösung
a) Wir bestimmen die Werte einiger Folgenglieder: a10 = 2.1, a100 = 2.01, a1000 = 2.001 und a10000 = 2.0001.
Aufgrund dieser Werte stellen wir die Vermutung auf, dass die Folge (an ) gegen den Grenzwert a = 2
konvergieren könnte.
Um zu zeigen, dass unsere Vermutung stimmt, müssen wir für ein gegebenes ϵ > 0 eine Zahl nϵ ∈ N finden,
so dass ∣an − 2∣ < ϵ für alle n ≥ nϵ .
Es gilt
1
1
2n + 1
− 2∣ = ∣ ∣ = .
∣an − 2∣ = ∣
n
n
n
Somit haben wir
1
1
∣an − 2∣ < ϵ ⇔ < ϵ ⇔ n > .
n
ϵ
Für jedes ϵ > 0 gilt also für nϵ > 1ε , dass ∣an − 2∣ < ε für alle n ⩾ nε .
Für ϵ = 10−5 können wir z.B. nϵ = 106 wählen. Bei der Konvergenz geht es nur um die Existenz eines nϵ .
Deshalb ist nicht die kleinstmögliche (“optimale”) Lösung gesucht. Letztere wäre nϵ = 105 + 1.
1
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Herbstsemester 2015, Aufgabenblatt 1
b) Wir bestimmen einige Folgenglieder: b10 ≈ 0.03328, b100 ≈ 0.00783, b1000 ≈ 0.00083 und b10000 ≈ 0.00008.
Da die Werte immer kleiner werden, aber positiv bleiben, vermuten wir, dass die Folge (bn ) gegen den
Grenzwert b = 0 konvergiert.
Um zu zeigen, dass unsere Vermutung stimmt, müssen wir für ein gegebenes ϵ > 0 eine Zahl nϵ ∈ N finden,
so dass ∣bn − 0∣ < ϵ für alle n ≥ nϵ .
5n − 30
5n − 30
∣bn − 0∣ = ∣ 2
∣= 2
.
6n + 1
6n + 1
Sei n ≥ 6 Wir schätzen die Folge nach oben ab:
5n − 30
5n
5n
5
6
1
<
<
=
<
=
6n2 + 1 6n2 + 1 6n2 6n 6n n
Wegen
1
1
<ϵ⇔n>
n
ϵ
haben wir für n ≥ 6 also
∣
5n − 30
1
∣< <ϵ
6n2 + 1
n
∀n ≥
1
+ 1 = nϵ .
ϵ
Somit haben wir unser nϵ gefunden.
c) Wir bestimmen einige Folgenglieder: c10 ≈ 0.04988, c100 ≈ 0.005, c1000 ≈ 0.0005 und c10000 ≈ 0.00005. Wir
stellen wiederum die Vermutung auf, dass (cn ) gegen c = 0 konvergiert.
√
Wir formen zuerst den Term ( n2 + 1 − n) um.
√
√
n2 + 1 + n
1
2
( n + 1 − n) √
=√
2
2
n +1+n
n +1+n
Nun wollen wir für ein beliebiges ϵ > 0 eine Zahl nϵ ∈ N finden, so dass ∣cn ∣ < ϵ für alle n ≥ nϵ gilt. Wegen
obiger Umformung haben wir
∣cn − 0∣ < ϵ ⇔ ∣ √
1
n2
1
∣<ϵ⇔ √
< ϵ.
2
+1+n
n +1+n
Wir formen die letzte Ungleichung etwas um:
√
1
n2 + 1 + n
2
1 √ 2
1
< n + 1 + n ⇔ ( − n) < n2 + 1
ϵ
ϵ
1 2n
1
2
2
⇔ 2−
+ n < n + 1 ⇔ − 2n < ϵ
ϵ
ϵ
ϵ
1
1 ϵ 1 − ϵ2
⇔ − ϵ < 2n ⇔ n >
− =
ϵ
2ϵ 2
2ϵ
<ϵ⇔
Also finden wir zu jedem ϵ > 0 ein nϵ ∈ N.
Aufgabe 3 (Beispiel: Epsilon muss variabel sein)
n+5
Betrachten Sie die Folge (an ) mit an = 999n−100
.
a) Zeigen Sie, dass für ϵ = 10−3 gilt: ∣an −
1
∣ < ϵ für alle n ⩾ 6.
1000
b) Ist damit gezeigt, dass die Folge (an ) gegen
1
1000
konvergiert? Begründen Sie Ihre Antwort.
c) Bestimmen Sie den Grenzwert der Folge (an ) mit Hilfe von Satz 1.9.
6
2
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Lösung
a) Für ϵ = 10−3 möchten wir herausfinden, ob ∣an −
1
∣
1000
< ϵ für alle n ≥ 6 = nϵ gilt.
Wir stellen zuerst fest, dass
∣an −
1
n+5
1
1000n + 5000 − 999n + 100
∣=∣
−
∣=∣
∣
1000
999n − 100 1000
999000n − 100000
=∣
n + 5100
n + 5100
1
∣=
⋅
.
999000n − 100000
999n − 100 1000
Da n ≥ 6 gilt:
5200
<n
998
Durch Umformen dieser Ungleichung erhalten wir:
5200
n + 5100
< n ⇔ 5200 < 998n ⇔ n + 5200 < 999n ⇔ n + 5100 < 999n − 100 ⇔
< 1.
998
999n − 100
Damit ist
∣an −
1
n + 5100
1
1
1
∣=
⋅
<1⋅
=
= ϵ.
1000
999n − 100 1000
1000 1000
1
b) Die Aussage aus Teilaufgabe a) ist zu schwach, um Konvergenz der Folge (an ) gegen 1000
beweisen
zu können. Um die Konvergenz gegen einen Grenzwert zu beweisen, benötigen wir (laut Definition der
Konvergenz, siehe Definition 1.5) Aussagen, welche für jede mögliche Wahl von ϵ > 0 gelten, und nicht nur
für ein einzelnes bestimmtes ϵ. Denn sonst haben wir keine Garantie mit der Folge (an ) genügend nahe
an den Grenzwert heran zu kommen (vergleiche mit Figur 13 im Skript). Die Grenzwertberechnung in
1
Teilaufgabe c) zeigt uns konkret, dass der Grenzwert von (an ) nicht 1000
ist!
c) Wir berechnen den Grenzwert der Folge (an )
(1 + n5 )n
1 + n5
n+5
1
1
= lim
=
lim
=
≠
.
n→∞ 999n − 100
n→∞ (999 − 100 )n
n→∞ 999 − 100
999
1000
n
n
lim
Aufgabe 4 (Beispiel: Berechnen des Grenzwertes)
Gegeben sind die (konvergenten) Folgen (dn )n∈N , (en )n∈N und (fn )n∈N .
a) dn ∶=
15n+3
27n+1036
b) en ∶=
28n+17
32n2 −100
√
c) fn ∶= 4n ⋅ ( 4n2 + 2 − 2n)
Die Sätze 1.8 und 1.9, s.8 geben uns eine einfachere Möglichkeit Grenzwerte von Folgen zu bestimmen, als
die Methode in Aufgabe 2. Die Idee ist, dass wir eine gegebene Folge als Summe, Produkt, Quotient, etc von
anderen Folgen ansehen, deren Grenzwert wir einfach berechnen können.
(i) Formen Sie die gegebenen Folgen um, so dass sie aus zwei konvergenten Folgen besteht.
(ii) Berechnen Sie den Grenzwert dieser neuen Folgen.
(iii) Berechnen Sie nun damit den gesuchten Grenzwert, und zitieren sie den verwendeten Satz.
12
Lösung
a) Wir formen die Folge (dn ) um, so dass sie aus zwei konvergenten Folgen besteht. Es gilt
dn =
n (15 + n3 )
15 + n3
15n + 3
=
=
.
36
27n + 1036 n (27 + 10n ) 27 + 10n36
3
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Wir definieren an ∶= 15 +
Wegen Satz 1.8 1. gilt
3
n
1036
.
n
und bn ∶= 27 +
Nun berechnen wir den Grenzwert dieser neuen Folgen.
lim an = lim (15 +
n→∞
n→∞
und
lim bn = lim (27 +
n→∞
n→∞
3
) = 15
n
1036
) = 27.
n
Da bn ≠ 0 für alle n ∈ N und b = 27 ≠ 0, gilt nach Satz 1.9 Teil 1.
lim dn = lim
n→∞
n→∞
an 15 5
= .
=
bn 27 9
b) Als erstes formen wir en um. Wir haben
en =
Wir definieren an ∶=
28
n
+
17
n2
28
+ n172 )
+ n172
n2 ( 28
28n + 17
n
n
=
=
.
32n2 − 100 n2 (32 − 100
) 32 − 100
n2
n2
und bn ∶= 32 −
100
.
n2
Wegen Satz 1.8 1. gilt
lim an = lim
n→∞
n→∞
28 17
+
=0+0=0
n n2
und
lim bn = lim 32 −
n→∞
n→∞
100
= 32.
n2
Also folgt aus Satz 1.9 1.
an
0
=
= 0.
n→∞ bn
32
lim en = lim
n→∞
c) Wir formen fn um.
√
√
√
4n2 + 2 + 2n
4n2 + 2 − 4n2
fn = 4n ⋅ ( 4n2 + 2 − 2n) = 4n ⋅ ( 4n2 + 2 − 2n) √
= 4n ⋅ √
4n2 + 2 + 2n
4n2 + 2 + 2n
8n
8
=√
=√
.
4n2 + 2 + 2n
4 + n22 + 2
√
Wir definieren an ∶= 8 und bn ∶= 4 + n22 + 2. Da an konstant ist, ist der Grenzwert ebenfalls a = 8. Wegen
limn→∞ 4 + n22 = 4 gilt nach Satz 1.9 Teil 2.
√
⎞ √
⎛
2
lim bn = lim
4 + 2 + 2 = 4 + 2 = 4.
n→∞
n→∞ ⎝
n
⎠
Also folgt aus Satz 1.9 1.
lim fn = lim
n→∞
n→∞
an 8
= = 2.
bn 4
Aufgabe 5 (Beispiel: Beweis der Monotonie einer Folge)
Sei (an )n∈N0 eine Folge in R. Wie in der Vorlesung gesehen (Definition 1.15, s.11) sagen wir:
Die Folge (an )n∈N0 ist monoton wachsend genau dann wenn:
Für jedes n ≥ 0 gilt an+1 ≥ an .
Die Folge an ist monoton fallend genau dann wenn:
Für jedes n ≥ 0 gilt an+1 ≤ an .
Sie heisst streng monoton fallend/wachsend wenn zusätzlich alle Folgenglieder verschieden sind.
4
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Gegeben sind die Folgen (gn )n∈N und (hn )n∈N .
a) gn ∶=
b) hn ∶=
5n−1
5n
√ 1
n2 +1
Zeigen Sie, dass diese Folgen monoton sind.
4
Lösung
a) Wir berechnen einige Folgenglieder: g1 = 0.8, g2 = 0.9, g3 ≈ 0.93333. Da die Werte immer grösser werden,
vermuten wir, dass die Folge streng monoton wachsend ist.
Wir müssen zeigen, dass gn+1 > gn gilt für alle n ∈ N.
Zu zeigen ist also, dass
5(n + 1) − 1 5n − 1
>
5(n + 1)
5n
∀n ∈ N.
Es gilt
5(n + 1) − 1 5n − 1
1
1
1
1
1 1
>
⇔1−
>1−
⇔− ⋅
>− ⋅
5(n + 1)
5n
5(n + 1)
5n
5 n+1
5 n
1
1
1
1
>− ⇔
< ⇔n<n+1
⇔−
n+1
n
n+1 n
und somit ist gn streng monoton wachsend.
b) Wegen h1 ≈ 0.70711, h2 ≈ 0.44721, h3 ≈ 0.31623, stellen wir die Vermutung auf, dass hn eine streng
monoton fallende Folge ist. Wir müssen zeigen, dass hn+1 < hn gilt für alle n ∈ N.
Wir zeigen, dass 0 <
hn+1
hn
< 1 gilt. Daraus folgt dann, dass hn+1 < hn . Es gilt
1=
n2 + 1
n2 + 1
n2 + 1
h2n+1
>
=
=
> 0.
n2 + 1 n2 + 1 + 2n + 1 (n + 1)2 + 1
h2n
Die Wurzel einer Zahl zwischen 0 und 1 ist wieder eine Zahl zwischen 0 und 1. Also haben wir
¿
Á h2n+1 hn+1
À
1>Á
=
> 0.
h2n
hn
Daraus folgt hn+1 < hn und somit ist hn streng monoton fallend.
Aufgabe 6 (Beispiel: Beschränktheit)
Gegeben sind die Folgen (in )n∈N0 , (jn )n∈N0 und (kn )n∈N0
a) in ∶= sin(n)
b) jn ∶=
c) kn ∶=
n
n+1
√
n2 + 2 −
√
n2 + 1
Zeigen Sie, dass die obigen Folgen beschränkt sind, und geben Sie jeweils eine untere und eine obere Schranke
an, also zwei Zahlen U, O ∈ R, so dass gilt U ≤ xn ≤ O für jedes n.
Lösung
a) Der Sinus nimmt nur Werte zwischen -1 und 1 an. Also ist z.B. U = −3 eine untere Schranke und O = 10
eine obere Schranke, denn
−3 ≤ sin(n) ≤ 10 ∀n ∈ N0 .
(Bemerkung: Man kann natürlich auch -1 als untere und 1 als obere Schranke wählen.)
5
6
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n
b) Da n+1
≥ 0 für alle n ∈ N0 , sehen wir direkt, dass U = 0 eine untere Schranke ist. Als obere Schranke
können wir zum Beispiel O = 1 wählen, denn
n
n
< = 1.
n+1 n
Somit gilt jn ≤ 1 für alle n ∈ N0 und wir haben gezeigt, dass O = 1 eine obere Schranke ist.
jn =
c) Wir berechnen den Wert einiger Folgenglieder: k0 ≈ 0.41421, k1 ≈ 0.31784, k2 ≈ 0.21342, k10 ≈ 0.04963.
Aufgrund dieser Werte vermuten wir, dass die Folge monoton fällt. Somit könnte O = 1 eine obere Schranke
sein. Wir beweisen, dass O = 1 eine obere Schranke ist. Es gilt für alle n ∈ N0
√
√
n2 + 1 ≤ 1 ⇔ n2 + 2 ≤ n2 + 1 + 1
√
√
⇔ n2 + 2 ≤ n2 + 1 + 2 n2 + 1 + 1 ⇔ 0 ≤ 2 n2 + 1.
kn ≤ 1 ⇔
√
n2 + 2 −
√
Als nächstes zeigen wir, dass 0 eine untere Schranke ist. Für alle n ∈ N0 gilt
√
√
√
√
kn ≥ 0 ⇔ n2 + 2 − n2 + 1 ≥ 0 ⇔ n2 + 2 ≥ n2 + 1 ⇔ n2 + 2 ≥ n2 + 1.
Also ist U = 0 eine untere Schranke von kn .
Andere Beweisidee:
a) Zeigen, dass alle Glieder der Folge positiv sind. (Damit ist gezeigt, dass 0 eine untere Schranke ist.)
b) Zeigen, dass die Folge monoton steigend ist.
c) Den Grenzwert der Folge bestimmen.
Dann folgt: 0 ⩽ an ⩽ limn→∞ an . Also ist 0 eine untere Schranke und limn→∞ an eine obere Schranke.
Aufgabe 7 (Divergenz der harmonischen Reihe)
Lesen Sie den Text zur Divergenz der harmonischen Reihe im Dokument ’Der Zahlenteufel’. [Aus: Hans
Magnus Enzensberger, Der Zahlenteufel: Ein Kopfkissenbuch für alle, die Angst vor der Mathematik haben,
Deutscher Taschenbuchverlag, München 2007.]
Damit Sie den Text einordnen können, gebe ich Ihnen eine Kurzbeschreibung dieses Buches, das ich als
Lektüre sehr empfehle:
Robert, neben dem Zahlenteufel die Hauptfigur des Buches, hat das Träumen satt. Weil ihm die unheimlichsten Dinge im Traum passieren, beschliesst er, dass er nicht mehr träumen will. Doch da hat er die
Rechnung ohne den Zahlenteufel gemacht! Plötzlich ist er da, wirbelt mit seinem geheimnisvollen Stock herum
und zaubert aus ihm ganze Zahlenfolgen. In zwölf Nächten erzählt der Zahlenteufel Robert im Traum von
hopsenden Zahlen, dass es auch eingebildete Zahlen gibt und dass die harmonische Reihe nicht konvergiert...
a) Wie gross muss n mindestens sein, damit nach der Abschätzung im Zahlenteufel die harmonische Reihe
grösser als 10 wird?
b) Und wie gross muss n gewählt werden, damit nach dieser Abschätzung die harmonische Reihe (wie im
Text erwähnt) grösser als 1000 ist?
n
1
> 2 gilt?
k=2 k
c) Wie gross ist das kleinste n, so dass ∑
6
6
Musterlösung Analysis
Herbstsemester 2015, Aufgabenblatt 1
Gruppe
Gruppe 1
Gruppe 2
Gruppe 3
Gruppe k
Elemente
Summe
1 1
,
2 3
1 1 1 1
, , ,
4 5 6 7
1
1
, . . . , 15
8
5
6
319
420
52279
72072
Kleinstes Glied
≈ 0.83
1
3
1
7
1
15
≈ 0.76
≈ 0.73
1
, . . . , 2k+11 −1
2k
=
Anzahl Glieder
1
22 −1
1
23 −1
1
24 −1
2 = 21
1
2k+1 −1
2k
=
=
4 = 22
8 = 23
Abbildung 1: Die betrachteten Gruppen.
Lösung
a) Wir betrachten Gruppierungen deren Summe ≥ 1/2 ist:
In der k-ten Gruppe haben wir die Zahlen { 21k , . . . , 2k+11 −1 }.
Die kleinste (und somit letzte) Zahl in der k-ten Gruppe ist n ∶= 2k+1 − 1. Das heisst, wenn wir die ersten
k Gruppen addieren wollen, müssen wir die Summe
1 1
1
+ + ⋅ ⋅ ⋅ + k+1
2 3
2
−1
berechnen. Damit die Summe grösser als 10 ist, müssen wir also 20 solche Gruppen (die je >
addieren und somit wäre das gesuchte n für k = 20 gegeben durch 221 − 1 = 2097151. Es gilt also
221 −1
∑
k=2
1
2
sind)
1
> 10.
k
Effektiv ist ∑2k=2−1 1/k > 14 und somit deutlich zu gross (der Fehler stammt aus der Tatsache, dass sich
die Gruppierungen nicht auf exakt 1/2 aufsummieren).
21
b) Hierfür brauchen wir 2000 Gruppierungen, und somit wäre n = 22001 − 1. Das ist eine 603-stellige Zahl.
c) Aus obiger Tabelle sehen wir, dass
15
1
≈ 0.83 + 0.76 + 0.73 = 2.32 > 2
k
k=2
∑
und
7
1
≈ 0.83 + 0.76 = 1.59 < 2.
k=2 k
∑
Somit ist 7 < n ≤ 15. Durch Ausprobieren finden wir n = 11, denn
10
1
≈ 1.92897 < 2 und
k
k=2
∑
7
11
1
≈ 2.019877 > 2.
k
k=2
∑