Lösungsvorschlag zu den Präsenzaufgaben der 7. Übung

FAKULTÄT FÜR MATHEMATIK
Prof. Dr. Patrizio Neff
Christian Thiel
26.11.2013
Lösungsvorschlag zu den Präsenzaufgaben der 7. Übung
Präsenzaufgabe 1:
Beweisen Sie:
⇔
lim an = a
n→∞
∀ε > 0 ∃x ∈ R ∀n ∈ N : n > x ⇒ |an − a| < ε .
(1)
Lösung:
Nach der Definition des Grenzwertes gilt
lim an = a
:⇔
n→∞
∀ε > 0 ∃n0 ∈ N ∀n ∈ N : n ≥ n0 ⇒ |an − a| < ε ,
(2)
oder in Worten: Zu jeder positiven Zahl ε existiert eine natürliche Zahl n0 , sodass für alle natürlichen Zahlen n ≥ n0
die Ungleichung |an − a| < ε erfüllt ist.
Das in der Aufgabenstellung angegebene Kriterium (1) hingegen lässt sich mit Worten wie folgt ausdrücken: Zu jeder
positiven Zahl ε existiert eine reelle Zahl x, sodass für alle natürlichen Zahlen n > x die Ungleichung |an − a| < ε
erfüllt ist.
Beweisen wir also die Äquivalenz dieser beiden Aussagen:
„(2) ⇒ (1)“: Die Folge (an ) konvergiere gegen den Grenzwert a. Sei ε > 0 vorgegeben. Dann existiert nach Definition
des Grenzwertes ein n0 ∈ N mit |an − a| < ε für alle n ≥ n0 . Wählen wir nun einfach x = n0 ∈ N ⊂ R, so gilt
offensichtlich |an − a| < ε für alle n > x. Das Kriterium (1) ist also erfüllt.
„(1) ⇒ (2)“: Für die Folge (an ) gelte nun Kriterium (1). Wir wollen zeigen, dass (an ) gegen a konvergiert. Sei also
erneut ε > 0. Dann existiert nach Voraussetzung eine Zahl x ∈ R mit |an − a| < ε für alle n > x. Wir wählen eine
beliebige natürliche Zahl n0 > x, beispielsweise n0 = [x] + 1. Für n ≥ n0 gilt dann n > x und damit |an − a| < ε.
Damit ist die Konvergenz der Folge gezeigt.
Präsenzaufgabe 2:
Beweisen Sie mit Hilfe der ε-Definition eines Grenzwertes, dass die Folge (an )n∈N mit
2n
n+1
gegen 2 konvergiert. Bestimmen Sie eine Zahl n0 , sodass für alle natürlichen Zahlen n ≥ n0 die Ungleichung
1
|an − 2| < 1000
gilt.
an =
Lösung:
Die Folge (an )n∈N konvergiert genau dann gegen Zwei, wenn – etwas schwamming ausgedrückt – „an für hinreichend
großes n hinreichend nahe bei Zwei liegt“, oder genauer, wenn für jedes ε > 0 eine untere Schranke n0 für die Indizes
von an existiert, so dass für alle an mit n ≥ n0 gilt: |an − 2| < ε, bzw. in Quantoren
∀ ε > 0 ∃ n0 ∈ N ∀ n ≥ n0 : |an − 2| < ε ,
bzw. da ∀ n ≥ n0 die Konvention benutzt, dass mit n eine natürliche Zahl gemeint ist, noch formaler:
∀ ε > 0 ∃ n0 ∈ N ∀ n ∈ N : n ≥ n0 ⇒ |an − 2| < ε .
Sei ε > 0 vorgegeben. Und sei nun n ∈ N mit n ≥ n0 für noch festzulegendes n0 beliebig. Dann ist
|an − 2|
2n
n + 1 − 2
=
=
2n − 2n − 2 n+1
=
−2 n + 1
=
2
.
n+1
Nun ist
2
<ε
n+1
⇔
n+1>
2
ε
⇔
n>
2
− 1.
ε
Aus
2
2
2
n>
=
−1 +1≥ −1
ε
ε
ε
folgt somit |an − 2| < ε.
Zu ε > 0 existiert mit n0 := 2ε + 1 somit ein n0 ∈ N, so dass |an − 2| < ε für alle n ≥ n0 ist.
Präsenzaufgabe 3:
Entscheiden Sie, ob die nachstehenden Folgen konvergieren. Falls ja, bestimmen Sie den Grenzwert.
1
√
a) an :=
√
n
n+1−
√ n
2n + 5n
3n+1 + 42
c) cn :=
b) bn :=
(n + 2)3 − (n − 1)3
(n − 1)(2n + 3)
d) dn :=
6n
n!
Benutzen Sie ohne Beweis:
Konvergiert eine Folge nichtnegativer reeller Zahlen (xn )n gegen x,
√
√
so gilt lim xn = x.
n→∞
Lösung:
a) Mit Erweitern und der dritten Binomischen Formel erhalten wir
an
√
√
√
√
√ 2
2
√
√ √
√
n+1+ n
n+1 − n
n
√
√
√
=
= n( n + 1 − n) ·
√ = n·
√
√ ,
n+1+ n
n+1+ n
n+1+ n
so ist
√
an ≤ √
n
1
√ =
2
n+ n
und
√
n
1
√
an ≥ √
=
2
n+1+ n+1
r
n
1
=
n+1
2
s
1
1+
1
n
.
Wegen des Einschließungskriteriums gilt
s
1
1
1
lim
lim an ≤ lim .
1 ≤ n→∞
n→∞ 2
n→∞
2
1+ n
Verwenden wir nun die Grenzwertsätze:
limn→∞ 12 ist natürlich
Folge zu tun.
1
2,
aus Folgensicht haben wir es hier mit einer konstanten und damit konvergenten
Wegen limn→∞ 1 = 1 und limn→∞ n1 = 0 ist limn→∞ 1 + n1 = 1 + 0 = 1. Somit limn→∞
q
q
√
limn→∞ 1+1 1 = 1 = 1 und schließlich limn→∞ 12 1+1 1 = 12 · 1 = 12 .
n
1
1
1+ n
n
Zusammen erhalten wir
1
1
≤ lim an ≤ ,
n→∞
2
2
und damit
lim an =
n→∞
1
.
2
b) Auch hier helfen uns wieder die Grenzwertsätze:
(n + 2)3 − (n − 1)3
n→∞
(n − 1)(2n + 3)
lim bn = lim
n→∞
=
=
(n3 + 6n2 + 12n + 8) − (n3 − 3n2 + 3n − 1)
n→∞
2n2 + 3n − 2n − 3
2
9n + 9n + 9
lim
n→∞ 2n2 + n − 3
lim
=
9 + 9 · n1 + 9 · n1 · n1
n→∞ 2 + 1 − 3 · 1 · 1
n
n n
=
9+9·0+9·0·0
2+0−3·0·0
=
9
2
lim
c) Wir schätzen ab. Für n ≥ 4 gilt:
2n + 5n
cn = n+1
3
+ 42
≥
5n
3 · 3n + 3 n
=
1
·
4
n
5
.
3
2
=
1
1
= 1,
Mit der bernoullischen Ungleichung gilt
n n
2
2
5
= 1+
≥1+n· .
3
3
3
Da nun n nach oben nicht beschränkt ist, ist das Produkt mit einer konvergenten (hier sogar konstanten) Folge
mit positivem Grenzwert nicht nach oben beschränkt, und die Summe über eine beschränkte (konstante) Folge
und eine nach oben nicht beschränkte Folge ist wieder nach oben nicht beschränkt. Somit gilt:
n
2
1 5
≥ 1+n·
lim cn ≥
lim
= ∞.
n→∞
n→∞ 4
3
3
n
Somit ist sowohl limn→∞ 14 53 = ∞ als auch limn→∞ cn = ∞, die Folge (cn )n∈N divergiert.
d) Da
0
≤
dn =
6n
n!
6 · 6 · ... · 6
1 · 2 · ... · n
=
=
6 6 6 6 6 6 6
6
6
· · · · · · · ... ·
· ·
1 2 3 4 5 6 7
n−1 n
≤
6 6 6 6 6 6 6
6 6
· · · · · · · ... · · ·
1 2 3 4 5 6 6
6 n
=
66 6
·
6! n
gilt das Einschließungskriterium
0
=
lim 0
n→∞
≤
lim dn
n→∞
≤
66 6
·
n→∞ 6! n
lim
=
66
·0
6!
=
0
und damit
lim dn = 0 .
n→∞
Präsenzaufgabe 4:
Zeigen oder widerlegen Sie:
a) Sei (an )n∈N eine reelle Zahlenfolge mit an 6= 0 für alle n ∈ N. Dann ist ( a1n )n∈N genau dann eine Nullfolge,
wenn (an )n∈N unbeschränkt ist.
b) Sei (bn )n∈N eine Folge positiver reeller Zahlen. Dann hat (bn )n∈N genau dann keine beschränkte Teilfolge, wenn
es für jedes l ∈ R ein n0 ∈ N gibt, sodass bn ≥ l für alle n ≥ n0 gilt.
Lösung:
a) Wir betrachten beide Aussagen anhand der Definition:
( a1n ) ist eine Nullfolge genau dann, wenn gilt:
1 ∀ε > 0 ∃n0 ∈ N ∀n ≥ n0 : < ε
an
(an ) ist unbeschränkt genau dann wenn gilt:
∀c > 0 ∃n0 ∈ N ∃n ≥ n0 : |an | > c
Die zweite Aussage können wir nun mit ε :=
1 ∀ε > 0 ∃n0 ∈ N ∃n ≥ n0 : < ε
an
1
c
äquivalent umformen zu:
Wir sehen nun, beide Aussagen sind nicht äquivalent!
Bei der Unbeschränktheit reicht es schon, dass nur Teilfolgen einer Folge „groß“ werden. So ist (an ) :=
(1, 2, 1, 4, 1, 6, 1, 8, . . .), also a2k−1 := 1, a2k = 2k für k ∈ N, eine unbeschränkte Folge, aber es ist ( a1n ) =
1
1
(1, 21 , 1, 14 , 1, 16 , 1, . . .), also a2k−1
= 1, a12k = 2k
, keine Nullfolge.
b) „⇒“: Habe (bn ) keine beschränkte Teilfolge.
Gehen wir davon aus, dass es nicht für jedes l ∈ R ein n0 ∈ N gibt, sodass bn ≥ l für alle n ≥ n0 gilt, d.h.
dass es ein l ∈ R gibt, sodass für alle n0 ∈ N ein n ≥ n0 exisitert mit bn < l. So finden wir für n0 = 1 ein
n1 ≥ n0 + 1 mit bn1 < l, zu n1 ein n2 ≥ n1 + 1 mit bn2 < l, usw.
So erhalten wir eine durch l beschränkte Teilfolge (bnk )k , ein Widerspruch.
„⇐“: Gebe es für jedes l ∈ R ein n0 ∈ N mit bn ≥ l für alle n ≥ n0 .
Angenommen (bn ) habe eine durch l beschränkte Teilfolge (bnk )k mit bnk < l. (nk ) ist eine streng monoton
wachsende unbeschränkte Folge, für jedes n0 ∈ N finden wir ein k mit nk ≥ n0 und bnk < l, ein Widerspruch.
3