Behandelte Themen und Beispiele der 1. großen ¨Ubung • Definition
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Behandelte Themen und Beispiele der 1. großen Übung • Definition von Konvergenz bzw. Grenzwert. • Quantorenschreibweise (für alle, es gibt) • Veranschaulichung des Begriffes der Konvergenz (reell, komplex) • Beispiele Beispiel 1: an = a Beispiel 2: an = n1 (Grenzwert a = 0 raten. Zum Beweis wähle ε beliebig. Kann man N (ε) so angeben, so dass für alle n ≥ N (ε) gilt: |an − 0| < ε ?) Beispiel 3: an = (−1)n . Beweis, dass diese Folge keinen Grenzwert hat. Beispiel 4: Zu Satz 1.2 der Vorlesung: Sei (an ) konvergent gegen a und sei (bn ) konvergent gegen b, so konvergiert (an bn ) gegen ab. Mit Beweis. (Standardtricks wie Dreiecksungleichung, konvergente Folge ist beschränkt, d.h. es gibt ein K mit |an | ≤ K für alle n ∈ N.) Diskussion des Beispieles für +, −, · und /. Division nur, falls b 6= 0. • Definition von Häufungspunkt. Bsp. an = (−1)n . • Satz von Bolzano Weierstraß: Jede beschränkte Folge reeller (oder komplexer) Zahlen hat mindestens einen Häufungspunkt. Beweisidee: Sei −K ≤ |an | ≤ K. d.h. in dem Intervall [−K, K] liegen unendlich viele Folgenglieder. Wenn man das Intervall halbiert, liegen in mindestens einer der beiden Hälften unendlich viele Folgenglieder. Das macht man mehrfach. In mindestens einem Intervall der Länge 2K liegen unendlich viele Folgenglieder. Daher gibt es einen Punkt, 2n der in jeder noch so kleinen ε Umgebung unendlich viele Folgenglieder hat. • Beispiel 5 3 an = 7n5n−3n+1 hat Grenzwert 75 . 3 +1 3 7n − 3n + 1 7 15n + 2 17n 17 5n3 + 1 − 5 = · · · = 5(5n3 + 1) ≤ 5(5n3 ) = 25n2 . (Für n ≥ 1 gilt 15n + 2 ≤ 17n und es gilt 1 5n3 +1 < 1 5n3 usw.) 17 Man möchte, dass dieses kleiner als jedes positive ε wird. Aus 25n 2 < ε bzw. hq i 17 folgt, dass dies auf jeden Fall für n ≥ N (ε) = + 1 erfüllt ist. 25ε 17 25ε < n2 Man kann also für jedes ε ein N (ε) wählen, so dass für alle n ≥ N (ε) gilt |an − 57 | < ε. Hätte man einen falschen Grenzwert geraten, hätte man nicht so schliessen können. Dann hätte sich schon der Term 35n3 nicht weggehoben, und man hätte 3 0 3 7n − 3n + 1 c n + · · · 5n3 + 1 − c = · · · = 5n3 + 1 erhalten. Alternativer Beweis: an = 7n3 −3n+1 5n3 +1 Nach den Grenzwertsätzen gilt 7 − n32 + lim an = lim 5 + n13 1 n3 = 3 + 13 ) n2 n n3 (5+ 13 ) n n3 (7− = 3 + 13 n2 n 5+ 13 n 7− . lim 7 − n32 + n13 lim 7 − lim n32 + lim n13 7−0+0 7 = = = . = 1 1 5+0+0 5 lim 5 + lim n3 lim 5 + n3
