Lösungsvorschlag zur Probeklausur

FAKULTÄT FÜR MATHEMATIK
Prof. Dr. Patrizio Neff
Christian Thiel
14.12.2013
Lösungsvorschlag zur Probeklausur
Aufgabe 1 (6 Punkte) Entscheiden Sie ohne Begründung, welche der folgenden Behauptungen wahr und
welche falsch sind. Bei r richtigen und f falschen Antworten werden max{r − f, 0} Punkte vergeben. Wenn Sie sich
zu unsicher sind, setzen Sie kein Kreuz.
wahr
falsch
Jede konvergente Folge ist eine Cauchyfolge.
Sei (an )n∈N eine Folge mit lim an = 0 und an > 0 für alle n ∈ N. Dann ist (an )n∈N
n→∞
monoton fallend.
Für alle natürlichen Zahlen n > 2 gilt:
Für x ∈ R \ {0} gilt:
lim an = 0
=⇒
lim |an | = 0
=⇒
n→∞
n→∞
lim |an | = 0.
n→∞
lim an = 0.
n→∞
1
≤1
x
⇐⇒
1
1−
1
n
<
1
1 .
1 − n−1
x ∈ [1, ∞).
Lösung:
wahr
falsch
Jede konvergente Folge ist eine Cauchyfolge.
Aussage eines Satzes im Skript, Seite 65.
Sei (an )n∈N eine Folge mit lim an = 0 und an > 0 für alle n ∈ N. Dann ist (an )n∈N
n→∞
monoton fallend.
n
1 + (−1)
2
Betrachte zum Beispiel die Nullfolge (an )n∈N mit an =
.
n
lim an = 0
n→∞
=⇒
lim |an | = 0.
n→∞
Es ist |an − 0| = |an | = ||an | − 0|, also gilt:
lim an = 0 ⇔ ∀ε > 0 ∃N ∈ N ∀n > N : |an − 0| = 0
n→∞
⇔ ∀ε > 0 ∃N ∈ N ∀n > N : ||an | − 0| = 0
⇔ lim |an | = 0 .
n→∞
Dies zeigt sogar die Äquivalenz der beiden Aussagen.
lim |an | = 0
n→∞
=⇒
lim an = 0.
n→∞
Siehe oben.
1
Für alle natürlichen Zahlen n > 2 gilt:
1
1−
1
n
<
1
1 .
1 − n−1
Es gilt:
n>n−1 ⇒
1
1
1
1
1
<
⇒ 1− >1−
⇒
n
n−1
n
n−1
1−
Für x ∈ R \ {0} gilt:
Für x = −1 ist
1
x
1
≤1
x
⇐⇒
1
n
<
1
1 .
1 − n−1
x ∈ [1, ∞).
= −1 ≤ 1 , aber x ∈
/ [1, ∞).
Aufgabe 2: (4+2 Punkte)
a) Beweisen Sie mithilfe der vollständigen Induktion: Es existiert ein N ∈ N, so dass
b) Zeigen Sie, dass die Reihe
n3
2n
< 1 für alle n ≥ N .
∞
X
k
konvergiert.
2k
k=1
Lösung:
a) Wegen
n3
2n
< 1 ⇔ 2n > n3 zeigen wir per vollständiger Induktion über n ∈ N:
Es gibt mit N = 10 eine natürliche Zahl, sodass n3 > 2n für alle natürlichen Zahlen n ≥ N gilt.
Der Induktionsanfang n = 10 gelingt mit
210 = 1024 > 103 = 1000 .
Unter der Induktionsvoraussetzung, dass n3 > 2n für ein beliebiges aber festes n ∈ N gilt, erhalten wir den
Induktionsschritt n → n + 1 mittels
2n+1
=
2 · 2n
IV
>
2 · n3
=
n3 + n · n2
=
n3 + 3n2 + 3n2 + 1n2 + (n − 7) n2
| {z }
>
n3 + 3n2 + 3n + 1
=
(n + 1)3 .
>0
Nach dem Prinzip der vollständigen Induktion gilt damit n3 > 2n für alle n ≥ 10.
b) Es ist
∞ X
k
2k =
k=1
∞
X
k
2k
k=1
=
N
−1
X
k=1
∞
X
k
k3 1
+
·
2k
2k k 2
k=N |{z}
<1
<
N
−1
X
k=1
≤
N
−1
X
k=1
∞
X
k
1
+
2k
k2
k=N
∞
X
k
1
+
.
2k
k2 − 1
k=1
2
Die linke Summe ist endlich und somit keine Reihe, die rechte Summe ist eine Reihe,
P∞ für die wir aber schon in
der Übung (Teleskopsumme) die Konvergenz gezeigt haben. Somit konvergiert k=1 2kk nach dem Majorantenkriterium.
P∞
Alternativ liefert das Quotientenkriterium für k=1 ak mit ak = 2kk :
ak+1 k + 1 2k
1 k+1
ak = 2k+1 · k = 2 · k
1
< 1,
2
k→∞
→
somit konvergiert die Reihe absolut.
Aufgabe 3: (6 Punkte)
2 + 3n2
Sei an = 2
− 2.
2n + n
a) Bestimmen Sie a := lim an .
n→∞
b) Geben Sie ein N ∈ N an, so dass |an − a| <
1
1000
für alle n ∈ N mit n > N .
Lösung:
a) Es ist
an =
2 · n12 + 3
2 + 3n2
−
2
=
− 2,
2n2 + n
2 + n1
somit gilt
lim an =
n→∞
3
1
2·0+3
−2 =
−2 = − .
2+0
2
2
b) Schätzen wir ab:
|an − a|
=
=
=
=
=
≤
=
an +
1 2
2 + 3n2
1 2n2 + n − 2 + 2 2 + 3n2
3 2n2 + n 2n2 + n − 2 · 2n2 + n 4 + 6n2 − 6n2 − 3n 4n2 + 2n
−3n + 4 4n2 + 2n −3n 4
+
4n2 + 2n 4n2 + 2n 2
3
+
4n + 2 2n2 + n
≤
3
2
+
4n n
≤
3
.
n
Wählen wir N := 3001, so gilt für alle n ∈ N mit n > N :
|an − a| ≤
3
3
3
3
1
≤
=
<
=
.
n
N
3001
3000
1000
3
Aufgabe 4: (6 Punkte)
Welche der folgenden Reihen sind konvergent? Beweisen Sie Ihre Behauptung.
∞
∞ r
X
X
1
n 1
a)
,
b)
,
(2k)!
n
n=1
k=1
∞
X
(−1)j (j + 1)
√
c)
,
j
j
j=1
Lösung:
a) Die Reihe ist konvergent: Für alle k ∈ N gilt
(2k)! =
2k
Y
i=1
i =
2k
Y
i=2
i ≥
2k
Y
2 = 22k = 4k
i=2
k
P∞
P∞
1
≤ (41k ) . Die konvergente geometrische Reihe k=1 14 ist also eine Majorante für k=1
und somit (2k!)
P∞
1
nach dem Majorantenkriterium ebenfalls.
also konvergiert k=1 (2k)!
q
b) Die Reihe divergiert, denn wäre die Reihe konvergent, so wäre n n1 eine Nullfolge. Es gilt aber
r
lim
n
n→∞
1
1
= lim √
=
n
n→∞
n
n
1
(2k)! ,
1
1
√
=
= 1 6= 0 .
n
1
lim
n
n→∞
c) Die Reihe konvergiert: Es genügt zu zeigen, dass
dem Leibniz-Kriterium ist dann die alternierende
(j+1) √1
eine monoton fallende
j
j
j∈N
P∞ (−1)j (j+1)
Reihe j=1 √j
konvergent.
j
Nullfolge ist, denn nach
Es gilt
1 1 (j + 1)
1
=
lim √ · lim 1 +
= 0·1 = 0
lim √
j→∞
j→∞
j→∞
j
j
j
j
sowie
√
1
1 (j + 2)
1 (j + 2)
1 1 1
1 (j + 1)
≤ √
= √ 1+
,
≤ √ 1+
= √
j+1
j
j
j + 1 (j + 1)
j (j + 1)
j
j
j
die Folge ist also in der Tat eine monoton fallende Nullfolge.
Aufgabe 5: (6 Punkte)
Für n ∈ N sei
1
1
1
1
Mn :=
,
,
,... =
; k ∈ N und k ≥ n .
n n+1 n+2
k
\
Bestimmen Sie die Menge
Mn .
n∈N
Lösung:
Für alle n ∈ N gilt Mn ⊆ k1 ; k ∈ N und somit ist
\
1
Mn ⊆
; k∈N .
k
n∈N
\
Alle x ∈
Mn sind also von der Form x =
1
k
mit k ∈ N. Angenommen, für ein k ∈ N wäre nun
n∈N
\
1
∈
Mn ,
k
n∈N
dann muss k1 ∈ Mn für alle n ∈ N gelten, allerdings ist
Somit gilt
\
Mn = ∅ .
1
k
∩
n
n∈N
4
o
1
1
1
k+1 , k+2 , k+3 , . . .
= ∅, also
1
k
6∈ Mk+1 , ein Widerspruch.
Aufgabe 6: (6 Punkte)
Bestimmen Sie das Infimum der Menge
nn + m
o
M=
; n, m ∈ N .
n·m
Lösung:
Wir zeigen, dass 0 das Infimum der Menge M ist:
Wegen n > 0 und m > 0 gilt auch n + m > 0 sowie n · m > 0 und damit
untere Schranke für M .
Sei nun ε > 0 ebenfalls eine untere Schranke, dann gilt
dann ist
n+m
n·m
2[ 2ε + 1]
([ 2ε ] + 1) + ([ 2ε ] + 1)
2
n+m
=
= 2
=
n·m
([ 2ε ] + 1) · ([ 2ε ] + 1)
[ 2ε + 1]2
[ ε + 1]
n+m
n·m
> 0 für alle n ∈ N. Somit ist 0 eine
≥ ε für alle n, m ∈ N. Wähle nun n = m = [ 2ε ] + 1,
[ 2ε +1] >
<
2
ε
2
2
ε
= ε,
ein Widerspruch. Somit kann keine größere Schranke als 0 existieren; es ist inf M = 0.
Aufgabe 7: (6 Punkte)
a) Geben Sie ohne Beweis lim sup und lim inf der Folge (an )n∈N mit
an :=
(2 + (−1)n ) n2 − 42n
4n2 + 2n
an.
b) Bestimmen Sie mit Beweis lim sup und lim inf der Folge (bn )n∈N mit
bn :=
(−1)n
.
n
Lösung:
a) Für gerade n ∈ N gilt:
an =
3 − 42 · n1
(2 + 1)n2 − 42n
.
=
2
4n + 2n
4 + 2 · n1
Für ungerade n ∈ N gilt:
an =
1 − 42 · n1
(2 − 1)n2 − 42n
=
.
2
4n + 2n
4 + 2 · n1
Also ist
1
3 − 42 · 2k
3
=
1
k→∞ 4 + 2 ·
4
2k
lim a2k = lim
k→∞
und
lim a2k−1 = lim
k→∞
k→∞
3 − 42 ·
4+2·
1
2k−1
1
2k−1
=
1
.
4
Wegen N = {2k ; k ∈ N} ∪ {2k −1 ; k ∈ N} gibt es keine von
von (an )n∈N und { 14 , 43 } ist die Menge der Häufungspunkte.
1
4
und
3
4
abweichenden Grenzwerte von Teilfolgen
b) Es ist limn→∞ |bn | = limn→∞ n1 = 0. Mit Ankreuzaufgabe 1 iv) folgt limn→∞ bn = 0. Konvergiert eine Folge,
hat sie genau einen Häufungspunkt, den Grenzwert. Somit ist lim sup bn = lim inf bn = lim bn = 0.
Aufgabe 8: (6 Punkte)
Sei (an )n∈N eine reelle Folge mit lim (an )n = 1. Zeigen Sie: (an )n∈N besitzt eine konvergente Teilfolge.
n→∞
Lösung:
Nach dem Satz von Bolzano-Weierstraß reicht es zu zeigen, dass die Folge (an )n∈N beschränkt ist. Nehmen wir an,
dies sei nicht der Fall. Dann existiert zu jedem K ∈ N ein n(K) ∈ N mit |an(K) | > K. Wegen K ≥ 1 gilt dann
auch |(an )n | = |an |n > K n > K, also ist ((an )n )n∈N ebenfalls unbeschränkt. Da die Folge aber nach Voraussetzung
konvergiert (und Konvergenz einer Folge deren Beschränktheit impliziert) ergibt sich ein Widerspruch.
5