Ubungen zur Analysis 1, SoSe 2017 Blatt 5 - Lösung

BERGISCHE UNIVERSITÄT
WUPPERTAL
Fakultät 4 - Mathematik
und Naturwissenschaften
Apl. Prof. Dr. G. Herbort
Christian Budde
19.05.17
Übungen zur Analysis 1, SoSe 2017
Blatt 5 - Lösung
Aufgabe 1 (5+5+3+2Punkte) (a) Wir betrachten die Folge (an )n∈N definiert durch
an :=
n+2
2n + 1
Beweisen Sie mithilfe der Definition, dass (an )n∈N eine Cauchyfolge ist.
√
ab, b1 :=
(b) Seien a, b > 0 fest. Betrachten Sie die rekursiv
definierten
Folgen
a
:=
1
√
1
Sind an und bn schon gefunden, so sei an+1 := an bn und bn+1 := 2 (an + bn ).
a+b
2 .
Zeigen Sie, dass
an ≤ an+1 ,
bn+1 ≤ bn
und dass (an )n und (bn )n konvergieren und denselben Grenzwert haben.
(c) Sei (xn )n∈N eine Cauchyfolge mit der Eigenschaft, dass xn ∈ Z für alle n ∈ N. Zeigen Sie,
dass ein N ∈ N und eine Konstante C existieren, sodass xn = C für alle n ≥ N .
(d) Beweisen Sie mithilfe der Definition: wenn (bn )n∈N dann ist die Folge (bn − bn+1 )n∈N eine
Nullfolge.
Lösung:
(a) Sei ε > 0. Sei N ∈ N und n, m ≥ N . Dann gilt:
n+3
m + 3 |an − am | = −
2n + 1 2m + 1 3 |m − n|
=
(2n + 1)(2m + 1)
2m + 2n
≤
(2n + 1)(2m + 1)
(2n + 1) + (2m + 1) − 2
=
(2n + 1)(2m + 1)
1
1
2
+
−
=
2m + 1 2n + 1 (2n + 1)(2m + 1)
1
1
≤
+
2m + 1 2n + 1
2
≤
2N + 1
Nun müssen wir N ∈ N so wählen, dass 2N2+1 < ε oder äquivalent N > 2−ε
2ε . In dem Fall
erhalten wir |an − am | < ε für n, m ≥ N und somit ist dies eine Cauchyfolge.
(b) Wir induzieren über n. Wir wissen, dass a1 ≤ b1 ist. Also wird
a1
a1
=
≤ 1,
a2
b1
b2 − b1 =
a1 + b1
a1 − b1
− b1 =
≤0
2
2
Damit ist Induktionsanfang gemacht. Angenommen, es sei an ≤ an+1 , bn+1 ≤ bn . Dann folgt
r
an+1
an+1
an+1
=p
=
≤1
an+2
bn+1
an+1 bn+1
und
an+1 − bn+1
≤0
2
Da stets an+1 ≤ bn+1 , zeigt, dies, dass (an )n monoton wächst und nach oben und (bn )n
monoton fallend und nach unten beschränkt ist. Somit existieren die Grenzwerte a0 und b0
dieser Folgen. Gleichzeitig ist aber
p
p
a0 = lim an+1 = lim an bn = a0 b0 .
bn+2 − bn+1 =
n→∞
n→∞
Damit folgt a0 = b0 .
(c) Wähle ε = 21 . Da wir per Annahme eine Cauchyfolge haben, gibt es ein N ∈ N, sodass
für alle n, m ≥ N gilt, dass |an − am | < ε = 21 . Da die Folge jedoch nur ganze Zahlen per
Annahme enthält ist an − am ∈ Z für alle n, m ∈ N. Deshalb gilt an = aN für alle n ≥ N .
(d) Sei b der Grenzwert der Folge (bn )n∈N . Für jedes ε > 0 finden wir N ∈ N, sodass für alle
n ≥ N gilt: |bn − b| < 2ε . Dementsprechend gilt für dieses N ∈ N und für alle n ≥ N :
|bn − bn+1 | = |bn − b + b − bn+1 | ≤ |bn − b| + |b − bn+1 | <
ε ε
+ =ε
2 2
Aufgabe 2 (5+5 Punkte) In dieser Aufgabe geht es um die Eigenschaften des Supremums:
(a) Seien A und B zwei nicht leere beschränkte Mengen in R. Beweisen Sie, dass
sup {a + b : a ∈ A, b ∈ B} = sup(A) + sup(B)
(b) Sei X eine nicht leere nach oben beschränkte Menge in R. Zeigen Sie:
sup(X) = − inf {−x : x ∈ X}
Lösung:
(a) Für beliebige a ∈ A und b ∈ B gilt per Definition a ≤ sup(A) und b ≤ sup(B). Somit gilt
a + b ≤ sup(A) + sup(B). Mit anderen Worten: sup(A) + sup(B) ist eine obere Schranke für
die Menge {a + b : a ∈ A, b ∈ B}. Wir beweisen, dass dies auch die kleinste obere Schranke
ist. Beweis mit Widerspruch: angenommen es gäbe eine kleinere obere Schranke c < sup(A) +
sup(B), d.h. a + b ≤ c für alle a ∈ A und b ∈ B. Weil sup(A) die kleinste obere Schranke von
X ist, gilt
sup(A) + sup(B) − c
a0 > sup(A) −
für ein a0 ∈ A
2
Analog, da sup(B) die kleinste obere Schranke von B ist:
sup(A) + sup(B) − c
für ein b0 ∈ A
2
Hieraus folgt, dass a0 + b0 > c. Dies in ein Widerspruch.
b0 > sup(B) −
(b) Sei M := sup(X). Da M eine obere Schranke für X ist gilt x ≤ M für alle x ∈ X und
somit −x ≥ −M für alle x ∈ X. Somit ist die Menge {−x : x ∈ X} nach unten beschränkt
durch −M beschränkt und das Infimum existiert. Wir zeigen nun, dass −M die grösste untere
Schranke ist. Sei hierzu α ∈ R eine untere Schranke für {−x : x ∈ X}, d.h. α ≤ −x für alle
x ∈ X, oder äquivalent −α ≥ x für alle x ∈ X. Somit ist −α eine obere Schranke für X.
Nach der Definition von M gilt M ≤ −α oder äquivalent −M ≥ α. Somit ist −M die grösste
untere Schranke für {−x : x ∈ X} und folglich inf {−x : x ∈ X} = −M .
Aufgabe 3 (5+5+5) Überprüfen Sie, ob die folgenden Mengen reeller Zahlen nach oben oder nach
unten beschränkt sind, bestimmen Sie gegebenenfalls die Suprema und Infima und überprüfen
Sie, ob die Suprema bzw. Infima Maxima bzw. Minima sind:
(a) A1 := x ∈ R : x2 − 3x − 4 < 0
x−y
(b) A2 :=
: x > 0, y > 0
x+y
1
n
(c) A3 := n((−1) − 1) − : n ∈ N
n
Lösung:
(a) Es gilt x2 − 3x − 4 < 0 ⇐⇒ (x − 1)(x − 4) < 0 ⇐⇒ −1 < x < 4. Somit gilt A1 = (−1, 4).
Wir können schlussfolgern, dass sup(A1 ) = 4 und inf(A1 ) = −1. Es gilt offensichtlich −1, 4 ∈
/
A1 somit liegt kein Maximum und kein Minimum vor.
(b) Es gilt −x − y < x − y < x + y für alle x, y > 0. Hieraus folgt, dass
−1 <
x−y
< 1, x, y > 0
x+y
Die Menge A2 ist somit beschränkt und −1 bzw. 1 sind untere bzw. obere Schranke. Wir
zeigen, dass 1 die kleinste obere Schranke ist. Beweis mit Widerspruch: nehme an, dass 1 nicht
die kleinste obere Schranke ist, so gäbe es ein a < 1 mit
x−y
≤ a, x, y > 0
x+y
Hieraus würde folgen, dass (1 − a)x ≤ (1 + a)y für alle x, y > 0. Das ist jedoch für y = 1 und
x > 1+a
1−a nicht erfüllt. Analog zeigen wir, dass −1 die größte untere Schranke für A2 ist. Wäre
dies nicht so, gäbe es ein a > −1 mit
x−y
≥ a, x, y > 0
x+y
Daraus folgt, dass (1 − a)x ≥ (1 + a)y für alle x, y > 0. Dies ist jedoch für x = 1 und y > 1−a
1+a
nicht erfüllt. Somit gilt inf(A2 ) = −1 und sup(A2 ) = 1. Es liegen kein Maximum und kein
Minimum vor.
(c) Für alle n ∈ N gehören die Zahlen
(2n + 1)((−1)2n+1 − 1) −
1
1
= −4n − 2 −
2n + 1
2n + 1
zu der Menge A3 . Dies zeigt, dass die Menge A3 nicht von unten beschränkt ist und somit
inf(A3 ) = −∞. Andererseits gilt n((−1)n − 1) − n1 < 0 für alle n ∈ N. Also ist 0 eine obere
Schranke. Dies ist auch die kleinste obere Schranke aus folgendem Grund: wäre dies nicht so,
dann gäbe es ein a < 0 mit n((−1)n − 1) − n1 ≤ a für alle n ∈ N. Daraus würde folgen, dass
− n1 ≤ a für alle geradzahligen n ∈ N und somit n ≤ −a für alle geradzahligen n ∈ N. Das
ist jedoch nicht möglich. Widerspruch. Somit gilt sup(A3 ) = 0. Auch hier liegt kein Maximum
vor.
Aufgabe 4 (5+5 Punkte)
(a) Bestimmen Sie den Grenzwert der Folge (an )n∈N mit
an :=
n4 − 2 n3 (3 − n2 )
+
n2 + 4
n3 + 1
(b) Beweisen Sie, dass die Folge (bn )n∈N definiert durch bn := 2n (n ∈ N) keine Häufungspunkte besitzt.
(c) Zeigen Sie: es gibt eine Folge (xn )n∈N mit überabzählbar vielen Häufunsgpunkten.
Lösung:
(a)Durch Rechnung erhalten wir:
an =
n4 − 2 n3 (n2 − 3)
−
n2 + 4
n3 + 1
2
2
n (n + 4) − 4n2 − 2 (n3 + 1)(n2 − 3) − n2 + 3
=
+
n2 + 4
n3 + 1
2
2
4n + 2
n −3
= n2 − 2
− n2 + 3 + 3
n +4
n +1
3
1
4 + n22
−
3
=3−
+ n n1
1 + n42
1 + n3
Durch Anwendung der Rechenregeln für Grenzwerte erhalten wir limn→∞ an = −1.
(b) Beweis durch Widerspruch: nehmen wir an, dass es einen Häufungspunkt b ∈ R gibt. Dann
gibt es eine Teilfolge (cnk )k∈N von (cn )n∈N welche nach b konvergiert. Da jede konvergente
Folge eine Cauchyfolge ist, gibt es ein N ∈ N, sodass |cnk − cnl | < 1 für alle k, l ≥ N . Wählen
wir speziell l = k + 1 so bekommen wir wegen nk+1 ≥ nk + 1 und nk ≥ 1 erhalten wir den
gesuchten Widerspruch:
1 > |cnk − cnl | = 2nk+1 − 2nk ≥ 2nk +1 − 2nk = 2nk (2 − 1) = 2nk ≥ 2
(c) Wir nehmen eine Abzählung von Q, insbesondere haben wir eine surjektive Funktion f :
N → Q. Wir definieren eine Folge (xn )n∈N durch xn := f (n) für alle n ∈ N. Bekanntlich
ist jede reelle Zahl ein Häufungspunkt einer solchen Folge. Da die Menge der reellen Zahlen
überabzählbar ist, haben wir eine Folge gefunden, die die rationalen Zahlen durchläuft und
überabzählbar viele Häufungspunkte hat.
Abgabe bitte bis 19.5.17 bis 10 Uhr in das Postfach Ihres Übungsleiters auf D13
unter Angabe Ihrer Namen (Abgabe in Gruppen von ≤ 3 Mitgliedern) und des Names Ihres
Ü-Leiters Webseite: www2.math.uni-wuppertal.de/∼herbort