Erreichbare Punktzahl: 20 - Fakultät für Mathematik

Prof. Dr. Moritz Kaßmann
Fakultät für Mathematik
Wintersemester 2014/2015
Universität Bielefeld
Übungsaufgaben zu Analysis 1
Lösungen von Blatt VII vom 28.11.14
Aufgabe VII.1 (6 Punkte)
a) Bringen Sie die folgenden komplexen Zahlen in die Form z = a + ib, wobei a, b ∈ R und bestimmen
Sie |z|.
(i) z =
3
,
2i
(ii) z =
b) Bestimmen Sie alle Zahlen z ∈ C, welche
1+i
,
1−i
1+z
1−z
(iii) z = (4 − 3i)3 .
2
= −1
erfüllen.
c) Weisen Sie die folgende Rechenregel für w, z ∈ C nach:
|z + w|2 + |z − w|2 = 2|z|2 + 2|w|2 .
Veranschaulichen Sie diese Rechenregel in der komplexen Zahlenebene. Welche geometrische
Interpretation hat diese Gleichung?
d) Bestimmen Sie alle Zahlen z ∈ C mit
(i) 2z 2 − 4z = −4,
(ii) z 3 + z 2 + z = 0.
Aufgabe VII.2 (4 Punkte)
Beweisen Sie folgenden Satz:
Satz: Sei (zn ) eine Folge in C. Dann sind äquivalent:
(i) Die Folge (zn ) konvergiert.
(ii) Die Folgen (Re(zn )) und (Im(zn )) konvergieren.
In diesem Fall gilt lim zn = lim Re(zn ) + i lim Im(zn ).
n→∞
n→∞
n→∞
Aufgabe VII.3 (5 Punkte)
Eine Weinbergschnecke (Helix pomatia) kriecht von einem Ende eines 1 Meter langen Gummibandes
mit konstanter Geschwindigkeit von 5 cm/h dem anderen Ende des Bandes entgegen. Nach Ablauf der
ersten und jeder weiteren Stunde wird das Gummiband homogen1 (also gleichmäßig) gedehnt, so dass sich
das Band um einen Meter verlängert. Wird die Schnecke in endlicher Zeit das Ende des Gummibandes
erreichen ?
Aufgabe VII.4 (5 Punkte)
a) Untersuchen Sie die folgenden Reihen auf Konvergenz. Beweisen Sie Ihre Behauptungen.
∞
∞
X
X
1 + k2
99k
(i)
,
(ii)
,
k3 − k
(k + 1)3
k=2
(iii)
∞
X
k=1
1
k=1
√
√
k+1− k
√
,
k
(iv)
∞
X
2(k − 1)
.
|3 − k2 |
k=1
Bei dem Dehnungsprozess ändert sich die relative Position der Schnecke in Bezug auf die beiden
Endpunkte des Bandes nicht.
Erreichbare Punktzahl: 20
Übungsblatt VII – Lösungen
Seite 2
b) Sei s > 1. Zeigen Sie, dass die folgende Reihe konvergiert:
∞
X
1
.
ks
k=1
Hinweis: Zeigen Sie, dass die Folge der Partialsummen durch
1
beschränkt ist.
1 − 21−s
Lösungsvorschläge
Aufgabe VII.1
3
3i
−3
a) (i) z =
.
= 2 =0+i
2i
2i
2
(ii) z =
(1 + i)2
2i
1+i
=
=
= 0 + i · 1.
1−i
(1 − i)(1 + i))
2
(iii) z = (4 − 3i)3 = 43 − 3 · 42 · 3i + 3 · 4 · (3i)2 − (3i)3 = 64 − 144i − 108 + 27i
= −44 + i · (−117).
b) Sei z = a + ib für a, b ∈ R. Dann gilt b 6= 0, da die Gleichung x2 = −1 keine Lösung
in R besitzt. Also gilt:
1+z
1−z
2
=
(1 + a)2 + 2(1 + a)(ib) − b2
= −1
(1 − a)2 − 2(1 − a)(ib) − b2
⇐⇒ (1 + a)2 + 2(1 + a)(ib) − b2 = −(1 − a)2 + 2(1 − a)(ib) + b2 .
Vergleichen wir nun die Imaginärteile in der obigen Gleichung, so erhalten wir:
2(1 + a)(ib) = 2(1 − a)(ib) ⇐⇒ a = −a =⇒ a = 0.
Wegen (1 + z)2 = −(1 − z)2 ⇐⇒ 1 + z 2 = −1 − z 2 , folgt:
1 − b2 = −1 + b2 =⇒ b = 1 oder b = −1.
Somit lösen z = i und z = −i die Gleichung.
c) Es gilt:
|z + w|2 + |z − w|2 = (z + w)(z + w) + (z − w)(z − w)
= (z + w)(z + w) + (z − w)(z − w)
= zz + zw + wz + ww + zz − zw − wz + ww
= 2zz + 2ww = 2 |z|2 + 2 |w|2 .
Die Gleichung ist bekannt als Paralleologrammgleichung. Sie besagt, dass in jedem
Paralleologramm die Qudaratsumme der beiden Diagonallängen mit der Quadratsumme der vier Seitenlängen übereinstimmt.
Übungsblatt VII – Lösungen
Seite 3
z−w
w
z+w
z
d)
(i) Es gilt mit der pq-Formel:
2z 2 − 4z = −4 ⇐⇒ z 2 − 2z + 2 = 0
√
√
=⇒ z = 1 + 1 − 2 = 1 + i oder z = 1 − 1 − 2 = 1 − i.
Somit lösen z = 1 + i und z = 1 − i die Gleichung 2z 2 − 4z = −4.
(ii) Es gilt: z 3 + z 2 + z = z(z 2 + z + 1) = 0. Also ist z = 0 eine Lösung der
Gleichung. Des Weiteren gilt mit der pq-Formel:
r
r
r
r
1
3
3
3
1
1
3
1
z 2 +z+1 = 0 ⇐⇒ z = − + − = − +i
oder z = − − − = − −i
.
2
4
2
4
2
4
2
4
q
q
Also sind z = 0, z = − 21 + i 34 und z = − 12 − i 34 Lösungen der Gleichung
z 3 + z 2 + z = 0.
Aufgabe VII.2
Sei zn = xn + iyn für alle n ∈ N und z = x + iy, wobei (xn ) und (yn ) reelle Zahlenfolgen
sind und x, y ∈ R.
(i)=⇒(ii): Es gilt Re(zn ) = xn und Im(zn ) = yn . Wir müssen zeigen, dass lim xn = x
n→∞
und lim yn = y. Sei ε > 0 beliebig. Dann existiert ein n0 ∈ N, sodass für alle n ≥ n0 gilt:
n→∞
|zn − z| < ε. Des Weiteren gilt
(max{|xn − x| , |yn − y|})2 ≤ |xn − x|2 + |yn − y|2 ≤ |(xn − x) + i(yn − y)|2 = |zn − z|2
und somit
max{|xn − x| , |yn − y|} ≤ |zn − z| < ε
für alle n ≥ n0 .
d.h. (xn ) konvergiert gegen x und (yn ) konvergiert gegen y.
Übungsblatt VII – Lösungen
Seite 4
(ii)=⇒(i): Sei ε > 0 beliebig. Laut Voraussetzung konvergiert (xn ) gegen x und (yn )
gegen y, d.h. es existieren n1 , n2 ∈ N derart, dass
|xn − x| <
ε
2
für alle n ≥ n1 und |yn − y| <
ε
2
für alle n ≥ n2 .
Somit erhalten wir für alle n ≥ n0 = max{n1 , n2 }
|zn − z| = |xn − x + i(yn − y)| ≤ |xn − x| + |i(yn − y)| = |xn − x| + |yn − y| <
ε ε
+ = ε.
2 2
Aufgabe VII.3
Wir bezeichnen mit a(n), n ∈ N, den Anteil der Strecke, den die Schnecke nach Ablauf
von n Stunden, jedoch vor der jeweiligen stündlichen Dehnung des Bandes, zurückgelegt
hat.
1
3
Damit gilt also a(1) = 20
(die Schnecke hat 5cm von 1m zurückgelegt), a(2) = 40
(die
11
Schnecke hat 15cm von 2m zurückgelegt), a(3) = 120 (die Schnecke hat 27,5cm von 3m
zurückgelegt) usw.. Allgemein gilt
n
n
X
1 X1
1
=
,
a(n) =
20k
20
k
k=1
k=1
da wir den Anteil der Strecke, den die Schnecke zwischen Stunde k und Stunde k + 1,
k ∈ N, zurücklegt, auf folgende Weise berechnen können:
5cm
1
absolute Geschwindigkeit pro Stunde
· 1h =
=
.
Länge des Bandes zum Zeitpunkt k
k · 100cm
20k
Die Frage, ob die Schnecke in endlicher Zeit das Ende des Bandes erreicht, lässt sich also
als Forderung formulieren:
n0
1 X
1
∃n0 ∈ N :
≥ 1.
20
k
k=1
P
1
Dieses n0 existiert, da die Reihe ∞
k=1 k unbeschränkt ist und damit jeden gegebenen
positiven Wert (insbesondere in diesem Fall 20) übersteigt. Die Schnecke erreicht also in
endlicher Zeit das Ende des Bandes 2 .
Aufgabe VII.4
a)
(i) Die Reihe divergiert nach dem Minorantenkriterium, denn für jedes N ∈
N, N ≥ 2 ist
N
N
N
N
X
X
X
1 + k2
k2
1 + k2 X 1
≥
≥
=
k3 − k
k3 − k
k3
k
k=2
k=2
∞
X
1
und
divergiert.
k
k=2
2
Näherungsweise ist dieser Zeitpunkt n0 ≈ 2,72·108 Stunden
k=2
k=2
Übungsblatt VII – Lösungen
Seite 5
(ii) Die Reihe kovergiert nach dem Majorantenkriterium, denn für jedes N ∈ N ist
N
X
k=1
und
N
N
k=1
k=1
X 99k
X 1
99k
≤
= 99
3
3
(k + 1)
k
k2
∞
X
1
konvergiert.
k2
k=1
(iii) Die Reihe divergiert nach dem Minorantenkriterium, denn für beliebiges N ∈ N
ist
√
√ √
√
N √
N √
X
k+1− k X k+1− k
k+1+ k
√
√
√
=
·√
k
k
k+1+ k
k=1
k=1
=
≥
und
N
X
1
p
k(k + 1) + k
k=1
N
X
N +1
1
1X 1
≥
2k + 1
2
k
k=1
k=2
∞
X
1
divergiert.
k
k=2
(iv) Die Reihe divergiert nach dem Minorantenkriterium, denn für beliebiges N ∈
N, N ≥ 2 ist
N
X
2(k − 1)
k=2
und
k2 − 3
>
N
X
2k − 2)
k=2
k2
≥
N
X
2k − k
k=2
k2
=
N
X
1
k
k=2
∞
X
1
divergiert.
k
k=2
Folgenglieder k12 für k ∈ N positiv sind und
b) Zunächst einmal halten wir fest, dass
Pdie
n
die Folge der Partialsummen Sn = k=1 k12 monoton wachsend. Nach dem Satz von
Bolzano Weierstraß genügt es nun die Beschränktheit der Folge der Partialsummen
zu zeigen.
Zu beliebigem n ∈ N existiert ein p ∈ N derart, dass n ≤ 2p+1 − 1 gilt (Wähle
beispielsweise p = n). Somit gilt:


2p+1
2p+1
X−1 1
X−1 1
1
1
1
1
1
1

Sn ≤
= |{z}
1
+
+
+
+
+
+
+··· + 
k2
2s 3s
4s 5s 6s 7s
ks
p
1
k=1
k=2
{z
} |
{z
}
|
=20 0 s
(2 )
|
{z
}
≤2 1 =21 1
≤4 1 =22 1
2s
≤
p
X
k=0
4s
(21 )s
p
p
k=0
k=0
(22 )s
≤2p (2p1)s
X
X
k
k
1
1
1 − (21−s )p+1
2 k s =
21−s ≤ lim
=
< ∞.
21−s = lim
p→∞
p→∞
1 − 21−s
1 − 21−s
(2 )
k
Also konvergiert die Reihe.