Lösung 46: Da für alle k ∈ N gilt, dass 10 ∈ Q und z k ∈ Q, folgt

Lösung 46: Da für alle k ∈ N gilt, dass 10−k = 101k ∈ Q und zk ∈ Q, folgt dass alle Produkte zk 10−k ∈ Q
und somit auch für alle n ∈ N die Folgenglieder an als endliche Summe rationaler Zahlen selbst auch eine
rationale Zahl ist.
Betrachten wir die Differenz zweier Folgenglieder an und am , o.B.d.A. n ≤ m, so kann man folgendes feststellen:
m
X
|am − an | = |
zk 10−k | ≤
k=n+1
≤ 9
m
X
m
X
k=n+1
10
−k
=9
m X
k=0
k=n+1
|zk | 10−k
|{z}
1 m+1
10
1
− 10
≤9
k !
k !
n X
1
1
−9
10
10
k=0
!
1 n+1
1−
1 − 10
−
1
1
1 − 10
n m n
1
1
1
−
≤
=
10
10
10
=
9
Da (1/10)n0 sich für wachsendes n0 beliebig an 0 annähert, kann man für jedes gegebene ε > 0 ein n0 ∈ N
angeben, für welches (1/10)n0 < ε ist. Dann gilt mit obigen Überlegungen für n, m > n0 , mit o.B.d.A.
m ≥ n > n0 :
n n0
1
1
<
<ε
|am − an | <
10
10
Da dies für beliebige ε > 0 möglich ist, ist (an ) eine Cauchy-Folge.
Lösung 47:
(a) Es ist gegeben, dass a0 , b0 ∈ Q. Dadurch folgt induktiv, dass alle ak , bk ∈ Q sind: Sei ak−1 , bk−1 ∈ Q für
k−1
∈ Q und im folgenden Schritt werden dann ak und bk zu
beliebiges k ∈ N>0 . Dann ist mk−1 = ak−1 +b
2
jeweils einem der Werte ak−1 , bk−1 oder mk−1 gesetzt, die alle in Q liegen. Also folgt ak , bk ∈ Q. Damit
sind (ak ), (bk ) rationale Folgen.
Weiterhin ist a0 < b0 , allgemein folgt daraus induktiv, dass für alle k ∈ N gilt, dass ak ≤ bk , denn sei
ak−1 ≤ bk−1 , so ist
ak−1 =
ak−1 + bk−1
bk−1 + bk−1
ak−1 + ak−1
≤
≤
= bk−1 ,
2
2
2
|
{z
}
=mk−1
also ist ak−1 ≤ mk−1 ≤ bk−1 . Wird im k-ten Schritt nun ak = mk−1 und bk = bk−1 gesetzt, so gilt
ak ≤ bk . Wird ak = ak−1 und bk = mk−1 angenommen, so gilt ebenso ak ≤ bk . Wurde eine Nullstelle
gefunden, so ist die Aussage trivial durch Gleichheit erfüllt. Also gilt für alle k ∈ N die Aussage ak ≤ bk .
Auch die dritte Eigenschaft zeit man durch Induktion: Ist f (a0 ) ≤ 0 ≤ f (b0 ), so folgt dies für alle
k ∈ N. Ist f (ak−1 ) ≤ 0 ≤ f (bk−1 ) und ist nun f (mk−1 ) < 0, so wird ak = mk−1 gesetzt, und es gilt
f (ak ) = f (mk−1 ) < 0 ≤ f (bk ) = f (bk−1 ). Ist f (mk−1 ) > 0, so gilt analog f (ak−1 ) = f (ak ) ≤ 0 < f (bk ).
Ist f (mk−1 ) = 0, so ist f (ak ) = f (bk ) = f (mk−1 ) = 0. Da in allen Fällen insbesondere f (ak ) ≤ 0 ≤ f (bk )
gilt, ist die Aussage durch Induktion für alle k ∈ N gezeigt.
(b) Sei k ∈ N beliebig. Wie zuvor gezeigt ist, ist in jedem Schritt ak ≤ mk ≤ bk , insbesondere ist dann
mk ∈ [ak , bk ] = Ik . Damit ist Ik 6= ∅.
Weiterhin ist sowohl [mk , bk ] ⊆ Ik , als auch [ak , mk ] ⊆ Ik . Natürlich gilt so auch [mk , mk ] = {mk } ⊆ Ik .
Je nach Fall ist Ik+1 eine der Mengen [mk , bk ], [ak , mk ] oder {mk }, und somit gilt für jedes k ∈ N die
Inklusion Ik+1 ⊆ Ik unter den gegebenen Vorraussetzungen.
Ist nun k > l so erhält man iterativ die Inklusionskette Ik ⊆ Ik−1 ⊆ · · · ⊆ Il+1 ⊆ Il , und wegen der
Transitivität der Inklusion gilt Ik ⊆ Il .
(c) Man erhält die Intervalle I0 = [0, 1], I1 = [0, 12 ], I2 = [0, 14 ] und I3 = [ 18 , 41 ]. Die Gleichung
0=1−
8
7x + 7
hat die Lösung x0 =
schachtelung haben.
1
7
und tatsächlich ist x0 ∈ I3 und den Intervallen Ik , k < 3, da wir eine Intervall-
Betrachten wir f im Intervall [0, 17 ], bzw. in [ 71 , 1], so sehen wir
f (x) = 1 −
8
7x
|{z} +7
x∈[0, 71 ]
≤
0
f (x) = 1 −
bzw.
≤1
8
7x
|{z} +7
x∈[ 17 ,1]
≥
0.
≥1
Da wir aber schon wissen, dass für alle k ∈ N gilt, dass f (ak ) ≤ 0 und 1 = b0 ≥ ak ≥ a0 = 0, da Ik ⊆ I0
ist ak ∈ [0, 17 ]. Analog gilt bk ∈ [ 17 , 1] und somit ist x0 ∈ [ak , bk ] = Ik für alle k ∈ N. Damit gilt
x0 ∈
∞
\
Ik .
k=0
(d) Setzen wir f (x) = x2 − 2, und starten mit I0 = [0, 2], so ist f (0) = −2 und f (2) = 2, wir können also das
Verfahren der Intervallhalbierung in den rationalen Zahlen anwenden und erhalten eine Intervallschachtelung, bei der jedes Intervall Ik nicht leer ist. Angenommen es gäbe nun ein x0 ∈ Q mit x0 ∈ IK für alle
k ∈ N. Jetzt gibt es zwei Fälle:
1. Fall: Ist f (x0 ) = 0, so ist x20 = 2, offensichtlich ist x0 6= 0. Sei nun x0 = pq eine gekürzte Darstellung
der rationalen Zahl x0 , dann sind entweder p und q ungerade, oder eine der beiden Zahlen gerade.
Wären beide gerade, so könnte man kürzen. Demnach ist auch höchstens eine der beiden Zahlen
2
p2 und q 2 gerade. Da aber x20 = pq2 = 2 sein soll, ist wegen p2 = 2q 2 die Zahl p2 und damit auch
p gerade. Sei 2p̂ = p, dann ist 2q 2 = p2 = 4p̂2 und somit wegen q 2 = 2p̂2 auch q 2 gerade, und das
ist ein Widerspruch, wie es auch Euklid als ersten bekannten Widerspruchsbeweis fomulierte. Zuvor
musste Hippasus, Schüler von Pythagoras, dafür sogar sein Leben lassen, da diese Erkenntnis das
rein rationale Weltbild ins Wanken brachte.
2. Fall: Ist hingegen f (x0 ) 6= 0, x0 > 0, und nehmen wir o.B.d.A f (x0 ) = δ > 0 an, so ist
f (x0 − ε) = x20 − 2 −2x0 ε + ε2 > δ − 2x0 ε > 0 ,
| {z }
=δ
wenn 0 < ε < 2xδ 0 ist, insbesondere alle ε ∈ [0, 4xδ 0 ]. Ist zusätzlich ε < 2x0 , so gilt auch f (x0 − ε) <
f (x0 ).
Nun soll für alle k ∈ N die Bedingung x0 ∈ Ik erfüllt sein, und wir haben schon gesehen, dass wenn
Ik = [ak , bk ] immer f (ak ) < 0 erfüllt ist, also muss ak immer weiter als obige ε von x0 entfernt sein,
denn für alle ε ∈ [0, 4xδ 0 ] gilt f (x0 − ε) > 0. Umgekehrt sind alle bk ≥ x0 , denn es soll x0 ∈ [ak , bk ]
erfüllt sein. Daraus folgt, dass für alle k ∈ N die Bedingung
δ
>0
bk − ak >
|{z}
|{z}
4x0
≥x0
<x0 −ε
erfüllt ist. Dies ist aber im Widerspruch zum Prinzip der Intervallhalbierung: In jedem Schritt des
Verfahrens wird das Intervall mindestens halbiert, da mk gerade der Mittelwert von ak und bk ist
und somit in allen drei Fällen des Algorithmus gilt bk+1 − ak+1 ≤ (bk − ak )/2. Damit ist auch
bk − ak ≤ 21k (b0 − a0 ) und demnach eine Nullfolge, die schnell einen Wert wie 4xδ 0 > 0 unterschreiten
wird.
Lösung 48:
(a) Zu zeigen ist die Aussage
n
P
k=0
n = 0:
0
P
k=0
qk = q0 = 1 =
1−q 1
1−q
qk =
1−q n+1
1−q
für n ∈ N:
n → n + 1: Sei die Aussage für ein n ∈ N korrekt. Wir zeigen, dass die Aussage dann auch für n + 1 gilt:
n+1
X
qk
= q n+1 +
k=0
n
X
q k = q n+1 +
k=0
=
1 − q n+1
1−q
q n+1 (1 − q) + 1 − q n+1
1 + q n+1 − q n+1 − q n+2
1 − q n+2
=
=
1−q
1−q
1−q
1
. Ist q = 1, so ist sn = n + 1 und somit
(b) Ist |q| < 1, so gilt |q n | = |q|n → 0, und somit ist sn → 1−q
unbeschränkt. Da jedoch jede konvergente Folge beschränkt ist, ist (sn ) dann nicht konvergent. Wenn
|q| > 1, so ist die Folge (sn ) ebenso unbeschränkt, denn mit |b − a| ≥ |a| − |b| ist
1 − q n+1 |q|n+1 − 1
≥
|sn | = 1−q |q| + 1
und da |q|n unbeschränkt ist, wenn |q| > 1, ist somit auch |sn | unbeschränkt, also (sn ) nicht konvergent.
1
Lösung 49: Die stetige Funktion g(x) = 1+x
2 ist immer positiv und wird maximal, wenn der Nenner minimal
2
ist. Die Parabel 1 + x hat ihr Minimum an x = 0, deswegen hat g dort das einzige Maximum. Es gilt
g(±ε) =
ε2
1
=1−
< 1 = g(0) ,
2
1+ε
1 + ε2
wenn ε > 0 und ist fallend je größer ε ist.
In der Lösung zu Aufgabe 47 haben wir gesehen, dass das Polynom h(x) = x2 − 2 in Q keine Nullstelle besitzt,
und es zu jedem 0 < x0 ∈ Q mit h(x0 ) = δ > 0 ein x1 ∈ Q gibt, mit 0 < x1 < x0 und h(x0 ) > h(x1 ) > 0.
Betrachten wir nun die stetige Funktion f (x) = g(h(x)), so nimmt diese Funktion auf dem rationalen Intervall
0 ≤ x ≤ 2 mit x ∈ Q ihr Maximum nicht an: Wäre f (x0 ) maximal und wäre h(x0 ) = 0, so widerspricht dies
der Feststellung, dass es kein rationale Zahl x0 ∈ Q gibt mit x20 = 2. Wäre andererseits x0 ∈ (0, 2) ⊂ Q ein
Maximum, ohne dass h(x0 ) = 0, o.B.d.A. h(x0 ) = δ > 0, so gibt es ein x1 ∈ Q mit h(x0 ) > h(x1 ) > 0 und
0 < x1 < x0 . Nach obiger Überlegung ist dann f (x1 ) > f (x0 ), somit war x0 kein Maximum.
Lösung 50:
(a)
2n+1
X−1
k=2n
1
>
k
|{z}
>
1
2n+1
2n+1
X−1
k=2n
|
1
2n+1
{z
=
2n
2n+1
=
1
2
}
2n Summanden
(b) Eine konvergente Folge ist beschränkt. Angenommen (sn ) wäre durch C ∈ N beschränkt, d.h. |sn | < C
für alle n ∈ N. Das kann nicht sein, denn wenn n = 22C − 1, so erhalten wir:
sn =
22C
−1
X
k=1
m+1
2C−1
X 2 X−1 1 2C−1
X 1
1
2C
=
>
=
=C
k
k
2
2
m
m=0
m=0
k=2
Dies steht im Widerspruch zur Annahme, dass C eine obere Schranke ist. Also ist (sn ) nicht konvergent.
(c) Sei m > 0 ungerade, sonst betrachte m̃ = m + 1, wir sehen später, dass dies den Fall für m einschließt.
Wir setzen m = 2p + 1 und sehen durch Umsortierung (die Summe ist endlich, also ist das in Ordnung)
der Teleskopsumme
m
X
(−1)k+1 |an+m − an | = k
k=n+1
!
m
X
1
(−1)l n
= (−1)
−
n+1
n+l l=2
p
1
X
1
1
= −
−
.
n + 1
n + 2l n + 2l + 1 l=1 |
{z
}
>0
1
Da nun n+1
< n1 ist, folgt die Aussage, soweit das Argument des Betrags positiv bleibt. Tatsächlich ist
das Argument positiv, denn wir können verbleibende Summation auch anders klammern:
!
p p X
X
1
1
1
1
1
1
−
−
=
−
+
>0
n+1
n + 2l n + 2l + 1
n + 2l − 1 n + 2l
n + 2p + 1
l=1
l=1
Damit ist die Aussage für ungerade m gezeigt. Ersetzt man jeweils den letzten Summanden durch 0, so
bleiben die Aussagen korrekt und damit gilt es auch für gerade m.
Aus dieser Abschätzung folgt, dass (an ) eine Cauchy-Folge ist, denn zu jedem ε > 0 gilt für alle m >
n > n0 mit n0 ∈ N und n0 > 1ε , dass
|am − an | <
1
1
<
< ε.
n
n0