Aufgaben und Lösungen

Aufgaben und Lösungen
Ausarbeitung der Übungsstunde zur Vorlesung “Analysis I“
Andreas Moor
Wintersemester 2008/2009
Anwesenheitsaufgaben
ÜBUNGEN MATHEMATIK
Übung am 11.11.2008
Andreas Moor
Übung 4
Einleitung
Zuerst soll auf den aktuellen Übungsblatt und Stoff der Vorlesung eingegangen werden. Dazu werden Fragen gestellt, um nachzuhacken, wo die Studenten Schwierigkeiten
beim Verständnis haben. Es soll darauf hingewiesen werden, daß es notwendig ist, die
Vorlesung stets nachzuarbeiten. Eventuell auftretende Fragen zum Übungsblatt sollen
beantwortet werden. Dazu ist es erforderlich, sich auf mögliche Fragen vorzubereiten.
ˆ Obere/untere Schranke?
– inf?
– sup?
– max?
– min?
ˆ Vollständigkeitsaxiom?
ˆ Sätze von der Existenz von sup/inf?
ˆ reelle Zahlen?
ˆ geometrische Summe?
ˆ binomische Formel?
2
Anwesenheitsaufgaben
ÜBUNGEN MATHEMATIK
Übung am 11.11.2008
Andreas Moor
Aufgaben
Aufgabe 1
Zeigen Sie, daß für alle n ∈ N mit n ≥ 4 gilt: 2n < n!
Lösung
Der Beweis wird mittels V. I. geführt:
ˆ I. A.: Für n = 4 ist die Aussage wahr, denn 24 = 16 < 24 = 4!
ˆ I. V.: 2n < n! gelte für gewisse n ∈ N, n ≥ 4.
ˆ I. B.: Es gilt die Aussage, wenn wir n“ überall durch n + 1“ ersetzen, d.h. die
”
”
Aussage 2n+1 < (n + 1)!“ ist wahr.
”
ˆ I. S.: n −→ n + 1“.
”
2n+1 = 2n · 2
<
nach I. V.
n! · 2
<
∀ n≥4 gilt: 2<n+1
n! · (n + 1) = (n + 1)!
ˆ Wir schließen: 2n < n! gilt für alle n ∈ N, n ≥ 4.
Aufgabe 2
Zeigen Sie mit Hilfe der Aufgabe 1 und der geometrischen Summenformel,
n
X
qk =
k=0
1 − q n+1
, q ∈ R \ {0} , n ∈ N0 ,
1−q
(∗)
daß die Menge
)
( n
X 1
|n∈N
M :=
k!
k=0
nach oben beschränkt ist.
Lösung
Wegen Aufgabe 1 gilt ∀ k ≥ 4:
1
1
< k =
k!
2
3
k
1
.
2
(∗∗)
Anwesenheitsaufgaben
ÜBUNGEN MATHEMATIK
Übung am 11.11.2008
Andreas Moor
Damit folgt:
n
3
n
X
X
1
1 X 1
=
+
k! k=0 k! k=4 k!
k=0
n
1 1 X 1
=1+1+ + +
2 6 k=4 k!
n
8 X 1
+
3 k=4 k!
n k
8 X 1
< +
2
(∗∗) 3
k=4
n k
3 k
X
1
8 X 1
−
= +
3 k=0 2
2
k=0
n k
8 X 1
1 1 1
= +
− 1+ + +
3 k=0 2
2 4 8
n+1
19 1 − 12
=
+
(∗) 24
1− 1
n 2
1
67
=
−
24
2
=
Somit stellt c =
67
24
eine obere Schranke für M dar, denn, wegen
n
67
1
67
∀n∈N:
−
< ,
24
2
24
gilt für alle x ∈ M : x < c.
Aufgabe 3
Seien
A :=
n1
(−1)
B :=
n
+1 | n∈N ,
1
+1 | n∈N .
n
Zeigen Sie, daß das Supremum und Infimum von A und B existieren und bestimmen Sie
diese explizit. Existiert auch Maximum/Minimum?
Lösung
Möglichst ausführlich gilt:
i) A ist nach oben
c =
3durch
∀ x ∈ A : x ∈ 0, 2 .
3
2
und nach unten durch d = 0 beschränkt, denn
Beweis. Wir führen einen Widerspruchsbeweis durch.
4
Anwesenheitsaufgaben
ÜBUNGEN MATHEMATIK
Übung am 11.11.2008
Andreas Moor
a) Annahme: ∃ x ∈ A mit x < 0. Dann folgt: ∃ n ∈ N mit (−1)n n1 + 1 < 0. Dann
unterscheiden wir 2 Fälle:
1) n gerade. Dann folgt: n1 < −1 ⇒ −1 > n.
2) n ungerade. Dann folgt: − n1 < −1 ⇒ 1 > n.
In beiden Fällen stoßen wir auf einen Widerspruch zu Eigenschaften von N.
b) Annahme: ∃ x ∈ A mit x > 23 . Dann folgt: ∃ n ∈ N mit (−1)n n1 + 1 > 32 . Dann
unterscheiden wir 2 Fälle:
1) n gerade. Dann folgt: n1 > 12 ⇒ n < 2.
2) n ungerade. Dann folgt: − n1 > 12 ⇒ −2 > n.
In beiden Fällen stoßen wir auf einen Widerspruch zu Eigenschaften von N.
Somit existieren wegen des Vollständigkeitsaxioms und Satzes 1.6.5 sup A und
inf A.
Desweiteren gilt: inf A = 0 und sup A = 23 .
Beweis. Wir führen einen Widerspruchsbeweis durch.
a) Sei inf A 6= 0. Wegen (ia) kann dann nur der Fall auftreten, daß inf A =
0 + h, h > 0, h ∈ R. Im Widerspruch dazu existiert aber ein x ∈ A mit
x < h ∀ h > 0, nämlich x1 = (−1)1 11 + 1 = 0.
b) Sei nun sup A 6= 32 . Wegen (ib) kann nur der Fall auftreten, daß sup A =
3
− h, h > 0, h ∈ R. Im Widerspruch dazu existiert aber ein x ∈ A mit
2
x > 32 − h ∀ h > 0, nämlich x2 = (−1)2 12 + 1 = 23 .
Hieraus folgt auch, daß max A und min A existieren und max A = 23 , min A = 0
gilt.
ii) B ist nach oben durch c = 2 und nach unten durch d = 1 beschränkt, denn
∀ x ∈ B : x ∈ [1, 2].
Beweis. Wir führen einen Widerspruchsbeweis durch.
a) Annahme: ∃ x ∈ B mit x < 1. Dann folgt: ∃ n ∈ N mit n1 + 1 < 1 ⇒
0
⇒
n < 0. Dies ist ein Widerspruch zu Eigenschaften von N.
1
n
<
Satz1.4.2(4)
b) Annahme: ∃ x ∈ B mit x > 2. Dann folgt: ∃ n ∈ N mit n1 + 1 > 2 ⇒
n < 1. Dies ist ein Widerspruch zu Eigenschaften von N.
Desweiteren gilt: inf B = 1 und sup B = 2.
5
1
n
>1⇒
Anwesenheitsaufgaben
ÜBUNGEN MATHEMATIK
Übung am 11.11.2008
Andreas Moor
Beweis. Wir führen einen Widerspruchsbeweis durch.
a) Sei inf B 6= 1. Wegen (iia) kann dann nur der Fall auftreten, daß inf B =
1 + h, h > 0, h ∈ R. Im Widerspruch dazu existiert aber ein x ∈ B mit
x < 1 + h ∀ h > 0, nämlich gilt wegen archimedischer Anordnung reeller
Zahlen: ∀ h ∈ R ∃ n ∈ N mit n > h1 .
b) Sei nun sup B 6= 2. Wegen (iib) kann nur der Fall auftreten, daß sup B =
2 − h, h > 0, h ∈ R. Im Widerspruch dazu existiert aber ein x ∈ B mit
x > 2 − h ∀ h > 0, nämlich x1 = 11 + 1 = 2.
Es folgt sofort, daß max B = 2, aber es existiert kein min B, denn ∀ x ∈ B
gilt: x 6= 1, weil die folgende Äquivalenzumformung einen Widerspruch liefert:
1 = n1 + 1 ⇔ 0 = n1 . Somit existiert kein n ∈ N mit 1 = n1 + 1.
Aufgabe 4
Beweisen Sie für alle n ∈ N0 :
i) ∀ k ∈ N0 , k ≤ n:
n 1
1
≤
k
k n
k!
(∗ ∗ ∗)
ii)
1
1+
n
n
n
X
1
≤
k!
k=0
Lösung
Die Lösung des ersten Teils ist einfach, hier können sogar zwei Lösungsmöglichkeiten
angegeben werden. Die Lösung des zweiten Teils ist noch einfacher und benutzt die
binomische Formel und den ersten Teil.
i) Die erste Möglichkeit sagt auf direktem Wege aus, daß (∗ ∗ ∗) eine wahre Aussage
ist, die zweite benutzt die V. I. zum Beweis der Aussage.
a) Mit der Definition der Binomialkoeffizienten folgt:
n 1
n!
1
=
k
k n
k!(n − k)! nk
1
n!
1
=
k! (n − k)! nk
1
1
=
· n · (n − 1) · (n − 2) · · · (n − k + 1) · k
{z
} n
k! |
k Faktoren
1
1
≤
·n
· n ·{z
· · n · n} · k
|
k!
n
k mal
1
=
k!
6
Anwesenheitsaufgaben
ÜBUNGEN MATHEMATIK
Übung am 11.11.2008
Andreas Moor
b) Nun mit der V. I. (über k ∈ N):
ˆ I. A.: Für k = 0 ist die Aussage wahr, denn
n 1
1
=1≤1=
0
0 n
0!
ˆ I. V.: nk n1k ≤ k!1 gelte für gewisse k ∈ N.
ˆ I. B.: Es gilt die Aussage,
1 wenn 1wir ”k“ überall durch ”k + 1“ ersetzen,
n
d.h. die Aussage k+1 nk+1 ≤ (k+1)! “ ist wahr.
”
ˆ I. S.: k −→ k + 1“.
”
n!
1
n
1
=
k+1
k+1
(n − k − 1)!(k + 1)! n
k+1 n
n! · (n − k)
=
(n − k)! · k! · (k + 1) · nk · n
n!
1 1 n−k
=
(n − k)!k! nk k + 1 n
n 1 1 n−k
=
k nk k + 1 n
1 1 n−k
≤
n
I. V k! k + 1
1
n−k
1
≤
=
(k + 1)! n ∀ k≤n: n−k ≤1 (k + 1)!
n
n 1
k nk
Wir schließen:
≤
1
k!
ist wahr ∀ k ∈ N0 , k ≤ n.
Weiterhin gilt die Aussage auch für alle n ∈ N, denn die rechte Seite hängt nicht
von n ab.
ii) Es gilt:
1
1+
n
n
=
binom. Formel
n X
n
k=0
k
7
n−k
1
k X
n n
X
1
n 1
1
=
≤
k
n
k n (i) k=0 k!
k=0