Hm-1 WB

Hm-1
Ws 2016/7
WB
Weihnachtsblatt
24.12.12
Weihnachtsblatt Hm-1
Diese Aufgaben dienen nur der eigenen Erbauung
und werden nicht in den Übungen besprochen.
Mitte Januar gibt es eine Musterlösung.
∑ Aufgabe 1
Welche Aussagen sind wahr?
a. In einer beschränkten Menge A ⇢ R existiert immer ein Element a = inf A .
b. Ein abgeschlossenes Intervall ist beschränkt.
c. Aus ab = ab folgt b = 0 .
d. Es gibt kein leeres Intervall.
e. In Q besitzt keine Teilmenge ein Supremum.
f. R̄ ist ein vollständiger Körper.
∏ Wahr ist nur b. µ
∑ Aufgabe 2
P
Sei qn = |an+1 /an | . Welche der folgenden Aussagen über
an sind korrekt?
a. Hat (qn ) keinen Grenzwert, so ist die Reihe divergent.
b. Ist qn < 1 für fast alle n , so ist die Reihe konvergent.
c. Ist qn < 2/3 für fast alle n , so ist die Reihe konvergent.
d. Ist qn = 1 für unendlich viele n , so ist die Reihe divergent.
e. Ist qn = 1 für fast alle n , so ist die Reihe divergent.
∏ Korrekt sind die Aussagen c und e. µ
∑ Aufgabe 3
Zeigen sie, dass die Wurzel aus 12 nicht rational ist.
p
p
p
p
12 = 4·3 = 2 3 . Die Irrationalität von 3 zeigt man nun ganz
p
genauso wie die von 2 – siehe Skript. µ
∏ Es ist
∑ Aufgabe 4
Für zwei Abbildungen f : M ! N und g : N ! O gilt Folgendes. Sind / ist
a. f und g injektiv, so ist g f injektiv,
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b.
c.
d.
e.
f.
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g f injektiv, so ist f injektiv,
g f injektiv und f surjektiv, so ist g injektiv,
f und g surjektiv, so ist g f surjektiv,
g f surjektiv, so ist g surjektiv,
g f surjektiv und g injektiv, so ist f surjektiv.
∏ a. Seien f und g injektiv. Aus g(f (a)) = g(f (b)) folgt dann f (a) = f (b) mit
der Injektivität von g und a = b mit der Injektivität von f . Also ist auch g
injektiv.
b. Ist g f injektiv, so gilt
f
f (a) = f (b) ) g(f (a)) = g(f (b)) ) a = b.
Also ist auch f injektiv. Dagegen muss g nur auf f (M) injektiv sein. Als
Beispiel siehe Abbildung 1.
c. Sind f und g surjektiv, so ist f (M) = N und g(N) = O . Also ist auch
g(f (M)) = g(N) = O
und damit g f surjektiv.
d. Ist g f surjektiv, so gilt g(f (M)) = O . Da f (M) ⇢ N , gilt dann auch
g(f (M)) ⇢ g(N) = O.
Also ist auch g surjektiv. Dagegen muss f nur surjektiv auf g
obige Beispiel gilt auch hier. µ
1
(O) sein. Das
∑ Aufgabe 5
Für reelle Zahlen a, b î 0 gilt
a
b
+
· 2.
b
a
Wann gilt Gleichheit?
∏ Es ist
∑ 1
Gegenbeispiel zu Aufgabe 4
f
M
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g
N
O
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a
b
a2 + b2
+
=
b
a
ab
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·2
a
a
|a2 + b2 | · 2 |ab|
|a|2 + |b|2 · 2 |ab|
a
|a|2 + |b|2
a
(|a|
2 |ab| · 0
|b|)2 · 0.
Die letzte Ungleichung ist offensichtlich richtig, also gilt auch die erste
Ungleichung. Und Gleichheit gilt genau dann, wenn |a| = |b| . µ
∑ Aufgabe 6
Ungleichung vom arithmetischen und geometrischen Mittel: Für a, b · 0 gilt
p
a+b
ab ‡
.
2
∏ Da beide Seiten nichtnegativ sind, ist die Behauptung nach Quadrieren
äquivalent mit
(a + b)2 · 4ab.
Das folgt aber aus der binomischen Formel:
(a + b)2 = a2 + 2ab + b2 · 4ab
a a2
2ab + b2 · 0
a (a
b)2 · 0.
Letzteres ist offensichtlich richtig. µ
∑ Aufgabe 7
Cauchyungleichung:
Für reelle Zahlen a, b und " > 0 gilt
2ab ‡ "a2 + b2 /".
∏ Es ist ("a
b)2 · 0 , mit binomischer Formel also
"2 a2
2"ab + b2 · 0.
Division mit " > 0 ergibt die Behauptung. µ
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∑ Aufgabe 8
Beweisen sie die folgenden Ungleichungen.
n
p
X
1
(2n)!
4n
p · n
a.
b.
·
2
n!
n+1
k
k=1
∏ a. Ia: Für n = 1 ergibt sich 1 · 1 . Is: Gilt die Ungleichung für irgendein n · 1 ,
so gilt sie auch für n + 1 , wenn
p
n+ p
p
1
· n + 1.
n+1
Wegen n(n + 1) · n2 ist aber
q
n(n + 1) + 1 · n + 1,
p
und Division mit n + 1 ergibt die gewünschte Ungleichung.
b. Ia: Für n = 1 reduziert sich die Behauptung auf 2! · 4/2 , ist also richtig.
Is: Gilt die Ungleichung für irgendein n · 1 , so folgt mit 2n + 2 · 4 auch
(2(n + 1))!
(2n)! (2n + 1)(2n + 2)
4n
4n+1
=
·
·4 ·
.
2
2
2
(n + 1)!
n!
(n + 1)
n+1
n+2
Das ist die Behauptung für n + 1 . µ
∑ Aufgabe 9
Sei ⇡ : {1, .. , n} ! {1, .. , n} eine Bijektion. Ist n ungerade, so ist
gerade.
Qn
k=1 (⇡k
k)
∏ Der Typ des Produkts – gerade oder ungerade – ändert sich nicht, wenn wir zu
jedem ⇡k ein Vielfaches von 2 addieren. Was den Typ angeht, so können wir
daher annehmen, dass ⇡ den Argumenten k = 1, 2, . . . die Zahlen 1, 3, 5, . . .
und 2, 4, 6, . . . in jeweils aufsteigender Folge zuordnet.
Das Produkt ist gerade, wenn wenigstens ein Faktor gerade ist. Soll das Produkt
also ungerade sein, so muss ⇡1 = 2 und ⇡2 = 1 gelten, ferner ⇡3 = 4 und
⇡4 = 3 , und so weiter. Ist n gerade, so geht dies auf, und das gesamte Produkt
ist ungerade. Ist aber n ungerade, so bleibt am Schluss nur ⇡n = n , und damit
wird das Produkt Null, also gerade. µ
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∑ Aufgabe 10
Sei a > 1 . Zeigen sie, dass die Folge
✓
◆
1
a
a1 = a,
an+1 =
an +
,
2
an
p
monoton fallend gegen a konvergiert.
n · 1.
∏ Zunächst bemerkt man, dass
a2n · a,
n · 1.
Für n = 1 ist dies richtig wegen a1 = a > 1 , und ansonsten folgt dies mit 5
a2n+1 · a a a2n + a2 /a2n · 2a a
a2n
a2
+ 2 · 2.
2
a
an
Die Monotonie folgt daraus mit
an+1 ‡ an a an + a/an ‡ 2an a a ‡ a2n .
Da die Folge nach unten durch a beschränkt ist, ist sie konvergent mit einem
gewissen reellen Grenzwert r · a . In der Rekursionsgleichung können wir damit
zum Grenzwert übergehen und erhalten
✓
◆
1
a
r =
r+
a r 2 = a.
2
r
p
Somit konvergiert die Folge gegen r = a . µ
∑ Aufgabe 11
Sei (an ) eine Folge in (0, 1) und
bn =
n
X
k=1
ak + ak 1 ,
n · 1.
Dann ist (1/bn ) eine Nullfolge.
∏ Wegen an > 0 ist an + an1 · 2 und damit bn · 2n . µ
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∑ Aufgabe 12
Sei (an ) eine konvergente Folge. Existiert zu jedem " > 0 wenigstens ein n mit
0 < an < " , so ist lim an = 0 .
∏ Zu jedem k · 1 gibt es also ein ank mit 0 < ank < 2
k
. Die Teilfolge (ank )
konvergiert damit gegen 0 . Da die Gesamtfolge (an ) nach Voraussetzung
ebenfalls konvergiert, muss sie auch gegen Null konvergieren. µ
∑ Aufgabe 13
Bestimmen sie alle Häufungswerte der Folgen mit Gliedern
a.
( 1)n n
n+1
b.
( 1)n n
n2 + 1
c.
( 2)n
n2 + 1
d. (1 + ( 1)n )
n+1
+ ( 1)n
n
∏ In allen Fällen genügt es, die Teilfolgen (a2n ) und (a2n+1 ) zu betrachten.
a. 1 und 1
b. 0
c. 1 und 1
d.
1 und 3 µ
∑ Aufgabe 14
Untersuchen sie die folgenden Reihen auf Konvergenz, wobei 0 < q < 1 , ↵ > 1 .
X p
X
X
X
↵
a.
q n
b.
qlog n
c.
qlog n
d.
qlog log n
n·1
n·1
n·1
n·2
∏ Da die Reihenglieder monoton fallend gegen Null konvergieren, kann in allen
Fällen das Verdichtungskriterium angewendet werden und führt in den ersten
beiden Fällen zu folgenden Bedingungen an q .
a. 2q
p
2
<1 a q<2
b. 2qlog 2 < 1 a q < e
p
2/2
1
Die letzten beiden Reihen sind divergent. µ
∑ Aufgabe 15
P
Die Reihe n an habe positive Glieder und sei divergent. Was kann man über die
folgenden Reihen aussagen?
X an
X
X an
an
a.
b.
c.
2
2
n 1 + an
n 1 + n an
n 1 + an
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∏ a. Divergent. Denn im Fall supn an = 1 konvergiert
Im Fall supn an = M < 1 dagegen folgt
X
n<k‡m
ak
1
·
1 + ak
1+M
X
n<k‡m
ak ! 1,
an
nicht gegen Null.
1 + an
n ! 1.
b. Konvergent, denn
an
1
‡ 2,
1 + n2 an
n
n · 1.
c. Es kommt darauf an. Ist (an ) beschränkt, so folgt Divergenz wie unter a. Ist
(an ) unbeschränkt, so konvergiert die Reihe genau dann, wenn
X
n : an î0
1
< 1.
an
µ
∑ Aufgabe 16
In einem Zoologiebuch aus Gallusien heißt es: »Jede ungebrochselte Kalupe ist
dorig, und jede foberante Kalupe ist dorig. In Gallusien gibt es sowohl dorige wie
undorige Kalupen«. — Welche der folgenden Aussagen sind wahr? Aussagen, die
nicht ableitbar sind, sind dabei als falsch zu bewerten. Das Präfix un- ist
gleichbedeutend mit der logischen Negation.
a. Es gibt gebrochselte Kalupen.
b. Es gibt sowohl gebrochselte wie ungebrochselte Kalupen.
c. Alle undorigen Kalupen sind gebrochselt.
d. Einige gebrochselte Kalupen sind unfoberant.
∏ a. Wahr. Denn es gibt undorige, und die sind gebrochselt.
b. Falsch. Die Existenz ungebrochselter Kalupen ist nicht ableitbar.
c. Wahr. Denn jede ungebrochselte ist dorig – egal ob es welche gibt!
d. Wahr. Es gibt undorige, und die sind sowohl gebrochselt als auch
unfoberant. µ
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