+ − 1 1 1 k - stephan

Stephan Brumme, SST, 2.FS, Matrikelnr. 70 25 44
Aufgabe 3.1.1.
1
Zeigen Sie, dass die Folge pk = 1+
k
∞


1
 =1
k
konvergiert und der Grenzwert 1 ist, d.h. es gilt: lim 1 +
k →∞
k =1
Lösung:
Es ist zu zeigen, dass pk − 1 eine Nullfolge ist:
1+
1
−1
k
1
−1
k
= 1+
=
Da
1
k
1
eine Nullfolge ist, stellt pk eine konvergente Folge mit dem Grenzwert 1 dar.
k
Aufgabe 3.1.2.
1
Zeigen Sie, dass die Folge 1 + ( −1)
k
∞

k →∞

konvergiert und der Grenzwert 1 ist, d.h. lim 1 + ( −1)
k
k =1
k
1
 =1 !
k
Lösung:
Die Vorgehensweise gleicht der aus Aufgabe 3.1.1.:
1 + (−1) k
1
− 1
k
= 1 + (−1) k
= (−1) k
1
−1
k
1
k
Der Faktor (-1)k beeinflusst nur das Vorzeichen (er ist immer +1 oder –1), der eigentliche Wert der Folge wird
durch k-1 bestimmt, was wiederum eine Nullfolge ist (die sich mit alternierendem Vorzeichen der Null nähert).
Aufgabe 3.1.3.
(− 1 )  1 + 1 
k 

∞
k
Zeigen Sie, dass die Folge
nicht konvergiert !
k =1
Lösung:
Wenn k eine gerade Zahl ist (k=2n, n∈ℵ), entspricht pk exakt der Folge aus Aufgabe 3.1.1., konvergiert
demzufolge gegen 1. Für k=2n+1, n∈ℵ, ergibt sich
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(− 1)k 1 + 1 

k
, k = 2n + 1, n ∈ ℵ
 1
= − 1 + 
 k
Der Grenzwert ist hier -1 (vergleiche wieder mit Aufgabe 3.1.1.).
Jede dieser beiden Teilfolgen hat einen eindeutigen Grenzwert, der jeweils einen Häufungswert der Gesamtfolge
darstellt. Da die Gesamtfolge aber zwei voneinander verschiedene Häufungswerte hat, kann sie nicht
konvergieren.
Aufgabe 3.1.4.
Zeigen Sie, dass die Folge k
∞
k =1
nicht konvergiert !
Lösung:
Das Cauchykriterium besagt, dass eine reelle Zahlenfolge genau dann gegen eine reelle Zahl konvergiert, wenn
sie eine Cauchyfolge ist. Sollte obige Folge konvergieren, müsste sie alle Eigenschaften eine Cauchyfolge
besitzen (jeweils für alle reellen ε>0):
a n − am < ε für alle n, m ≥ n0 (ε )
Angewandt auf die gegebene Folge entspricht dies:
n − m < ε für alle n, m ≥ n0 (ε )
Schon für ε=1 lässt sich nur die Lösung n=m (wie groß n bzw. m sind, ist dabei irrelevant) finden. Diese genaue
Spezifikation ist aber durch die Ungleichung „für alle n, m ≥ n0 (ε ) “ nicht herstellbar. Damit kann k
∞
k =1
keine Cauchyfolge sein und ist damit auch nicht konvergent.
Aufgabe 3.2.1.
Weisen Sie nach, dass die Folge k
∞
k =1
keine Cauchyfolge ist !
Lösung:
siehe 3.1.4.
Aufgabe 3.2.2.
Weisen Sie nach, dass die Folge pk
∞
k =1
, mit p1 := 1 und pk +1 := 1 +
1
, k∈ℵ, eine Cauchyfolge ist.
1 + pk
Zeigen Sie, dass die Folge nicht konvergent in Q ist !
Lösung:
Es ist zu zeigen, dass für alle reellen positiven ε mit n, m ≥ n0 (ε ) die Ungleichung pn − pm < ε gilt.
Der Startwert p1 ist eine rationale Zahl und jedes endliche Folgenglied lässt sich als solche darstellen, da nur
elementare Operationen in Q verwendet werden (Addition und Division). Somit kann ich jedes Folgenglied
darstellen als: pk =
ak
. Für pk+1 kann ich dann entwickeln:
bk
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pk +1 := 1 +
1
1 + pk
ak +1
:= 1 +
bk +1
1
a
1+ k
bk
Für pk-pk+1 ergibt sich:
pk − p k +1 =
= 1+
1
+
bk a k
bk
= 1+
bk
bk + a k
=
bk + ak + bk
bk + a k
=
ak + 2bk
ak + bk
ak a k + 2bk
−
bk
a k + bk
=
ak (a k + bk ) − bk (ak + 2bk )
bk (ak + bk )
=
ak2 + ak bk − a k bk − 2bk2
a k bk + bk2
ak2 − 2bk2
=
ak bk + bk2
Die Ursprungsfolge konvergiert genau dann, wenn lim ( pk − pk +1 ) = 0 . In obiger Gleichung bedeutet dies,
k →∞
a − 2b
= 0 . Daraus folgt, dass lim (a k2 − 2bk2 ) = 0 , d.h. für sehr große k ist
k →∞
k →∞ a b + b
k k
dass lim
2
k
2
k
2
k
ak2 = 2bk2
ak = 2 bk
ak
= 2
bk
Da ak und bk stets positiv sind (a1=b1=1 und ak+1=ak+2bk, bk+1= ak+bk), können die Betragsstriche entfernt
werden:
ak
= 2
bk
Dass 2 ∉ Q gilt, ist mehrfach bewiesen worden und daher als bekannt vorausgesetzt.
Somit hat zwar die Zahlenfolge einen berechenbaren Grenzwert, dieser stellt aber keine rationale Zahl dar.
Aufgabe 3.3.1.
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1
Zeigen Sie, dass die Folgen
k
∞
k =1
1
und
k2
∞
äquivalent sind !
k =1
Lösung:
Zwei Folgen sind genau dann äquivalent, wenn ihre Differenz eine Nullfolge ist. Bezogen auf die gegebenen
Folgen entsteht:
1
k
∞
1
− 2
k
k =1
∞
∞
1 1
=
−
k k2
k =1
k =1
Da k2 schneller wächst als k und stets positiv ist, gilt: 0 <
1 1
eine Nullfolge ist. Somit muss
−
k k2
1 1
1
≤ . In der Vorlesung wurde gezeigt, dass
2
k
k
k
∞
auch eine Nullfolge sein.
k =1
Aufgabe 3.3.2.
Zeigen Sie, dass die Folge pk
qk +1 := 1 +
∞
k =1
, definiert in Aufgabe 3.2.2., und die Folge qk
∞
k =1
, mit q1 := 1 und
qk
, k∈ℵ, äquivalent sind !
2 + qk
Lösung:
Wiederum ist zu zeigen, dass die Differenz beiden Folgen eine Nullfolge ist.
1+
1
qk
− 1+
. Es muss dabei gelten, dass pk=qk (da auch gleicher Startwert):
1 + pk
2 + qk
1+
pk
pk
1
1
− 1+
= 1+
−1 −
1 + pk
2 + pk
1 + pk
2 + pk
=
pk
1
−
1 + pk 2 + pk
=
(2 + pk ) − pk (1 + pk )
(1 + pk )(2 + pk )
2 + pk − pk − pk2
=
2 + pk + 2 pk + pk2
=
Es wurde in Aufgabe 3.2.2. gezeigt, dass lim pk =
k →∞
− pk2 + 2
pk2 + 3 pk + 2
2 . Setzt man diesen Grenzwert in die gewonnene
Gleichung ein, ergibt sich:
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2
− 2 +2
2
2 +3 2 + 2
=
−2+ 2
2+3 2 +2
=
0
4+3 2
=0
Somit geht für pk, die sehr nahe gegen ihren Grenzwert lim pk = 2 gehen, die Folge pk
k →∞
∞
k =1
− qk
∞
k =1
gegen Null.
Aufgabe 3.4.
Beweisen Sie, dass die Multiplikation von komplexen Zahlen kommutativ ist, d.h. es gilt z1 ⋅ z 2 = z 2 ⋅ z1 !
Lösung:
z1 ⋅ z 2 = (a1 + b1i ) ⋅ (a 2 + b2 i )
= (a1 a2 − b1b2 ) + (a1b2 + a 2 b1 )i
Da a1, a2, b1 und b2 reelle Zahlen sind und die Kommutativität sowohl der Addition als auch der Multiplikation
bereits in der Vorlesung nachgewiesen wurde, gilt:
= (a2 a1 − b2 b1 ) + (a2 b1 + a1b2 )i
= (a2 + b2 i ) ⋅ (a1 + b1i)
= z 2 ⋅ z1
Somit wurde gezeigt, dass die Multiplikation komplexer Zahlen kommutativ ist.
Aufgabe 3.5.
Beweisen Sie, dass die Ungleichung z1 − z 2 ≤ z1 − z 2 im Bereich der komplexen Zahlen besteht !
Lösung:
Zwei wichtige Eigenschaften der komplexen Zahlen werden vorausgesetzt (a,b sind reelle Zahlen):
I.
II.
z =
a
2
+ b
2
z1 − z 2 = (a1 − a2 ) + (b1 − b2 )i
Damit lässt sich herleiten:
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z1 − z 2 ≤ z1 − z 2
a12 + b12 − a22 + b22 ≤ (a1 − a2 ) + (b1 − b2 )i
a12 + b12 − a22 + b22 ≤ (a1 − a2 ) 2 + (b1 − b2 ) 2
(a
2
1
+ b12 − a22 + b22
) ≤ (a − a )
2
1
2
2
+ (b1 − b2 ) 2
(a12 + b12 ) − 2 (a12 + b12 )( a22 + b22 ) + (a22 + b22 ) ≤ (a12 − 2a1a2 + a22 ) + (b12 − 2b1b2 + b22 )
− 2 (a12 + b12 )(a22 + b22 ) ≤ −2a1a2 − 2b1b2
(a12 + b12 )(a22 + b22 ) ≥ a1a2 + b1b2
(a12 + b12 )(a22 + b22 ) ≥ (a1a2 + b1b2 ) 2
a12 a22 + a12 b22 + a22b12 + b12b22 ≥ a12 a22 + 2a1a2b1b2 + b12 b22
a12 b22 + a22b12 ≥ 2a1a2 b1b2
a12b22 + a22 b12 − 2a1a2 b1b2 ≥ 0
(a1b2 − b1a2 ) 2 ≥ 0
Da weiterhin x ≥ 0 für alle x gilt, ist die Ungleichung bewiesen worden.
2
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