Ubungen zur Analysis 1, SoSe 2016 Blatt 6

BERGISCHE UNIVERSITÄT
WUPPERTAL
Fakultät 4 - Mathematik
und Naturwissenschaften
Apl. Prof. Dr. G. Herbort
Dr. T. P. Pawlaschyk
25.05.16
Übungen zur Analysis 1, SoSe 2016
Blatt 6
Aufgabe 1 (5+5 Punkte)
(a) Angenommen, dem Einheitskreis werde ein regelmäßiges 2n+1 -Eck einbeschrieben, wobei
n ∈ N ist. Es besteht aus 2n+1 gleichschenkligen Dreiecken, welche die Höhe hn besitzen.
Bestimmen Sie eine rekursive Formel für hn und zeigen Sie, dass die Folge (hn )n≥0 konvergiert.
(b) Seien eine monoton steigende Folge (an )n≥1 und eine monoton fallende Folge (bn )n≥1
gegeben, die an ≤ bn für alle n ∈ N erfüllen. Zeigen Sie, dass beide Folgen konvergieren und
dass lim an ≤ lim bn gilt.
n→∞
n→∞
Lösung
(a) Als Rekursionsformel für die Höhe ergibt sich
r
hn + 1
hn+1 =
2
√
mit h1 = 1/ 2. Diese Folge ist monoton steigend und nach oben beschränkt.
Wir zeigen die Beschränktheit induktiv: Es ist h1 < 1. Wir schließen von n auf n + 1 und
nehmen an, es gelte bereits hn ≤ 1. Dann folgt
r
hn + 1
hn+1 =
≤ 1.
2
Also ist hn ≤ 1 für alle n. Ferner ist leicht zu sehen, dass hn > 0 ist für alle n.
Für die Monotonie hn+1 ≥ hn betrachten wir den dazu äquivalenten Quotienten
bzw.
h2n+1
h2n
≥ 1. Dann gilt mit der obigen Abschätzung hn ≤ 1 bzw.
1
hn
hn+1
hn
≥ 1
≥ 1, dass
h2n+1
hn + 1
1
1
1
=
=
+ 2 ≥ 2 · = 1.
2
2
hn
2hn
2hn 2hn
2
Somit konvergiert die Folge (hn )n . Ist h = limn→∞ hn , so haben wir h =
folgt.
q
h+1
2 ,
woraus h = 1
(b) Wegen an ≤ bn ≤ bn−1 ≤ . . . ≤ b1 für alle n ∈ N ist an nach oben beschränkt. Mit
einem ähnlichen Argument ist auch a1 nach unten beschränkt. Aus der Monotonie und der
Beschränktheit folgt damit auch die Konvergenz der Folgen. Sei a := lim an bzw. b :=
n→∞
lim bn . Sei nun n0 ∈ N beliebig. Dann ist an0 +k ≤ bn0 +k ≤ . . . ≤ bn0 für alle k ∈ N0 , d.h.
n→∞
an ≤ bn0 für alle n ≥ n0 . Da limn≥n0 an = a ist, ist also a ≤ bn0 für alle n0 ∈ N. Daraus
folgt, dass auch a ≤ b sein muss.
Aufgabe 2 (5+5 Punkte)
Bestimmen Sie jeweils die Häufungswerte der nachstehenden Folgen sowie den Limes inferior
und Limes superior.
(a) a0 = 1, a1 = 2 und an+2 =
1+an+1
an
für n ≥ 0
(b) xn = nx − [nx], wobei n ∈ N0 , x ∈ R und [t] = max{k ≤ t | k ∈ Z} die Gauß-Klammer
von t ∈ R sind.
Hinweis: Unterscheiden Sie in (b) die beiden Fälle, in denen x rational oder x irrational ist.
Lösung
(a) Es sind a2 = 3, a3 = 2, a5 = 1, a6 = 2. Da a5 = a0 = 1 und a6 = a1 = 2 sind und
die Folge rekursiv definiert ist, wiederholt sich die Sequenz 1, 2, 3, 2, 1. Damit sind 1, 2, 3 die
Häufungswerte von (an )n . Es ist limn→∞ = 3 und limn→∞ = 1.
(b) (i) Sei y = dc mit teilerfremden ganzen Zahlen c, d, d 6= 0. Dann können wir c mit Rest
durch d teilen, d.h. c = kd + r, wobei k ∈ Z und r ∈ {0, . . . , d − 1} ist. Für die Gaußklammer
gilt dann [y] = [c/d] = [k + r/d] = k, falls y ≥ 0 und [y] = k − 1, falls y < 0 ist.
Sei nun x = p/q ∈ Q und n ∈ N, wobei p, q teilerfremde ganze Zahlen sind. Dann ist
np = kq + r, wobei r ∈ {0, . . . , q − 1} ist. Es folgt
xn = nx − [nx] = np/q − [np/q] = k + r/q − [k + r/q] = r/q.
Ferner ist xn+q = xn für alle n ∈ N0 , denn
xn+q = nx + qx − [nx + qx] = nx + p − [nx + p] = nx + p − [nx] − p = xn .
Da p und q teilerfremd sind, sind x0 , x1 , . . . , xq−1 paarweise verschieden. Denn angenommen,
xn = xm für n, m ∈ {0, . . . , q − 1} mit n 6= m. Sei np = k1 q + r1 und mp = k2 q + r2 . Aus
xn = xm folgt r1 = r2 , also r1 = mp − k2 q bzw. np = k1 q + mp − k2 q bzw.
(n − m)p = (k1 − k2 )q
Das bedeutet, dass q die Zahl (n − m)p teilt. Da p und q teilerfremd sind, muss q die Zahl
n − m teilen. Da aber n, m ∈ {0, . . . , q − 1} sind, ist |n − m| < q − 1. Somit kann q die Zahl
n − m ebenfalls nicht teilen; ein Widerspruch.
Damit sind alle Zahlen r/q mit r ∈ {0, . . . , q − 1} Häufungswerte von (xn )n .
(ii) Sei nun x irrational. Wir benutzen später folgende Rechenregeln für die Gauß-Klammer:
(1.) Für alle z ∈ R gilt: −[z] = [−z] + 1
(2.) Für alle z, w ∈ R gilt: [z] + [w] ≤ [z + w] ≤ [z] + [w] + 1
Aus diesen beiden Eigenschaften erhalten wir:
(3.) Für alle z, w ∈ R gilt: [z] − [w] ≤ [z − w] + 1 ≤ [z] − [w] + 1
Ferner haben wir folgende Zerlegungseigenschaft:
(4.) Sei y ∈ (0, 1). Betrachte für k ∈ N, 1 ≤ k ≤ [1/y] die Intervalle Ik := [(k − 1)y, ky]
der Länge y. Dann gibt es zu jedem c ∈ [0, 1] gibt es ein solches Intervall mit c ∈ Ik oder
c ∈ [y[1/y], 1].
Sei h ∈ [0, 1] fest. Wir zeigen, dass h ein Häufungswert von (xn )n ist. Dazu konstruieren wir
eine Teilfolge (xnl )l , die gegen h konvergiert.
Zunächst zeigen wir, dass es für alle N > 1 es ein Folgenglied xM mit |xM − h| < 1/N gibt.
Da x irrational ist, ist xn ∈ (0, 1) für alle n ∈ N. Also gibt es eine konvergente Teilfolge (xnk )k
nach dem Satz von Bolzano-Weierstraß. Ferner ist diese Teilfolge eine Cauchy-Folge, d.h. es
gibt einen Index k0 derart, dass |xnk − xnj | < 1/N für alle k, j ≥ k0 . Wir wählen zwei solcher
Indizes n > m mit |xn − xm | < 1/N . Eine genauere Untersuchung dieser Differenz ergibt:
(∗) |xn − xm | = |xn−m + [(n − m)x] − ([nx] − [mx]) | < 1/N
|
{z
}
=:σ
Wegen der Rechenregel (3.) ist nun σ ∈ {−1, 0}, da σ ∈ Z.
Ist σ = 0, so ist 0 < xn−m < 1/N (die untere Abschätzung ist klar, die obere folgt aus der
obigen Ungleichung (∗)). Wir wenden Eigenschaft (4.) an und finden ein 1 ≤ k ≤ [1/xn−m ]
derart, dass h ∈ [(k − 1)xn−m , kxn−m ] oder h ∈ [xn−m [1/xn − m], 1]. Daraus folgt −1/N <
−xn−m ≤ h − kxn−m ≤ 0 bzw. 0 ≤ h − xn−m < 1/N , also insgesamt |kxn−m − h| < 1/N .
Da kxn−m = xk(n−m) für 1 ≤ k ≤ [1/xn−m ] ist (Übung!), wählen wir in diesem Fall M =
k(n − m).
Ist σ = −1, so ist 1 − 1/N
aus der obigen Ungleichung
mit c = 1 − h und y = 1
1 − k(1 − xn−m ) = xk(n−m)
< xn−m < 1 (die obere Abschätzung ist klar, die untere folgt
(∗)). Wir verwenden hier wieder die Eigenschaft (4.), diesmal
− xn−m mit einem geeigneten 1 ≤ k ≤ [1/(1 − xn−m )]. Da
ist (Übung!), wählen wir wieder M = k(n − m).
Die gesuchte Teilfolge (xnl )l ist nun induktiv über l ∈ N zu wählen. Für l = 1 sei n1 := M wie
oben beschrieben mit N = 1. Angenommen, wir haben bereits Folgenglieder xn1 , . . . , xnl wie
oben konstruiert, die |xnj − h| < 1/j für 1 ≤ j ≤ l erfüllen. Dann wählen wir N = l + 1 und
n > m derart, dass n − m > nl ist. Daraus folgt k(n − m) > nl für k ≥ 1, und wir können
nl+1 := M = k(n − m) für ein geeignetes k wählen. Das garantiert, dass (xnl )l eine echte
Teilfolge von (xn )n ist, die gegen h konvergiert.
Aufgabe 3 (4+6 Punkte)
Beweisen Sie:
(a) Jede Folge besitzt eine monotone Teilfolge.
(b) Eine Folge (an )n≥0 konvergiert genau dann, wenn die Teilfolgen (a2n )n≥0 , (a2n+1 )n≥0
und (a3n )n≥0 konvergieren. Gilt die Rückrichtung der Aussage immer noch, wenn man auf die
Konvergenz einer der Teilfolgen verzichtet?
Lösung
(a) Angenommen, die Folge (an )n≥1 besäße keine monoton steigende Teilfolge. Dann gibt es
einen Index n1 mit n1 > 1, aber an1 ≤ a1 . Nach Annahme kann aber auch die Teilfolge
(an )n≥n1 keine monoton steigende Teilfolge besitzen. Wieder gibt es einen Index n2 > n1 mit
an2 ≤ an3 . Induktiv können nun folgern, dass es eine Teilfolge (ank )k gibt, die monoton fallend
ist.
(b) Eine Richtung ist klar, da alle Teilfolgen einer konvergente Folge konvergieren. Es bleibt
also nur die Rückrichtung zu zeigen. Seien dazu jeweils a, b und c die Grenzwerte der Folgen
(a2n )n≥0 , (a2n+1 )n≥0 bzw. (a3n )n≥0 . Da (a6n )n eine Teilfolge von (a2n )n und (a3n ) ist, ist ihr
Grenzwert gleich a bzw. c. Wegen der Eindeutigkeit des Grenzwerts ist also a = c. Betrachten
wir die Teilfolge (a6n+3 )n , so können wir analog folgern, dass b = c ist. Daher haben alle diese
Teilfolgen denselben Grenzwert a. Ist nun ε > 0 fest, dann gibt es ein n1 ∈ N und ein n2 ∈ N
derart, dass für alle n ≥ max{n1 , n2 } gilt:
|a2n − a| < ε und |a2n+1 − a| < ε.
Da aber (a2n )n alle geraden und (a2n+1 )n alle ungeraden Glieder von (an )n liefern, folgt leicht,
dass (an )n gegen a konvergieren muss.
Aufgabe 4 (4+6 Punkte)
(a) Bestimmen Sie den Grenzwert der Reihe
∞
X
n=1
1
.
−1
4n2
(b) Überprüfen Sie die folgenden Reihen auf Konvergenz:
(i)
∞
X
(n + 1)n−1
n=1
(−n)n
(ii)
∞
X
1 + (−1)n
√
n+ n
n=1
(iii)
∞
X
n2−n
n=1
Lösung
(a) Wir betrachten die k-ten Partialsummen und formen um:
k
X
n=1
∞
k
n=1
n=1
X
1
1
1X
=
=
4n2 − 1
(2n − 1)(2n + 1)
2
k
1X
=
2
n=1
Dann ist
∞
X
n=1
1
1
−
2(n − 1) + 1 2n + 1
k
X
1
1
1
=
lim
= lim
2
2
4n − 1 k→∞
4n − 1 k→∞ 2
n=1
1
=
2
1−
1
1
−
2n − 1 2n + 1
1−
1
2k + 1
1
2k + 1
=
1
= .
2
(b) (i) Die Koeffizienten der Reihe schreiben wir etwas um:
1 n
1
(n + 1)n−1
n
= (−1) · 1 +
·
= (−1)n an
n
(−n)
n
n+1
n 1
ist eine Nullfolge, da der erste Faktor gegen e und der zweite
Die Folge an = 1 + n1 · n+1
gegen Null konvergiert. Mit dem Leibniz-Kriterium folgt nun die Konvergenz der Reihe.
(ii) Sei bn =
schreiben als
1+(−1)n
√ .
n+ n
Ferner ist b2n >
Es ist b2n+1 = 0 für alle n ∈ N0 . Die Reihe können wir demnach
∞
X
1
2n
2
√ .
2n + 2n
n=1
P
P∞
1
für alle n ∈ N. Da ∞
n=1 2n divergiert, divergiert auch die Reihe
n=1 bn .
(iii) Wir verwenden das Wurzelkriterium. Mit cn = n2−n ist
√
n
√
n
n
cn =
2
Da diese Folge konvergiert, ist
√
n
limn→∞
√
n
n
n
1
= lim
= <1
n→∞ 2
2
2
Somit konvergiert die Reihe.
Abgabe bitte bis 01.06.16 bis 10 Uhr in das Postfach Ihres Übungsleiters auf D13
(Michael Brünnig: Postf. 4, Sergiy Bogdanov: Postf. 13, Felix Wiese: Postf. 18 und Daisy Wozniok:
Postf. 25)
Webseite: www.math.uni-wuppertal.de/∼herbort