Lösung 3 - ETH Zürich

d-infk
Prof. Dr. Özlem Imamoglu
ETH Zürich
FS 2017
Analysis I
Lösung von Serie 3
3.1. MC Frage: Folgen in R
gilt es immer H 6= ∅;
Richtig: Da (an )n beschränkt ist, gilt der Satz von Bolzano-Weierstrass (3.4.1).
H ist immer endlich;
Falsch: Wir betrachten zum Beispiel die rationale Zahlen, die in [0, 1] liegen, d.h. die
Elemente
m
∈ Q so dass n 6= 0, m ≤ n.
n
Wir ordnen diese Zahlen in eine Folge (an )n an, und zwar:
0,
2
,
2
3
,
3
4
,
4
...
a0 ,
1
,
2
2
,
3
3
,
4
1
,
3
2
,
4
1
,
4
a6 ,
a1 ,
a2 ,
a3 ,
a4 ,
a5
a7 ,
a8 ,
a9 ,
...
Es gibt natürlich viele Terme, die den gleichen Wert haben. Diese Folge ist so, dass
jede reelle Zahl in [0, 1] ein Häufungspunkt ist! Insbesondere gibt es überzählbar
viele Häufungspunkte. Mann kann das wie folgt beweisen: für jedes δ > 0 and jedes
x ∈ [0, 1], gibt es immer mindestens ein Element an ∈ Q, welches in (x−δ, x+δ)∩[0, 1]
liegt (Bemerkung 3.4.1).
es ist möglich, dass H unendlich ist;
Richtig: wie oben erläutert.
falls x ∈
/ H, existiert δ > 0 so, dass (x − δ, x + δ) ∩ H = ∅.
Richtig: Gemäss Bemerkung 3.4.1, gilt: falls für jedes δ > 0 immer (x−δ, x+δ)∩H 6= ∅
gilt, existiert al so, dass al ∈ (x − δ, x + δ). Das aber bedeutet, dass auch x ein
Häufungspunkt von (an )n ist.
3.2. Grenzwerte mit der Eulersche Zahl
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(a) Wir können der n-ten Term der Folge schreiben als
1
1+ 2
n
n
=
1
1+ 2
n
n2 ! n1
.
Wir wissen, dass
lim
n→∞
1
1+ 2
n
n2
= e,
2
weil limn (1 + 1/n)n = e und n 7→ (1 + 1/n2 )n eine Teilfolge von n 7→ (1 + 1/n)n ist.
Da e > 1 und 1/n nach 0 strebt, schliessen wir, dass
lim
n→∞
(b) Da a +
lim
n→∞
1
1+ 2
n
1
n
n
= lim e1/n = 1.
n→∞
≥ a > 1, schliessen wir, dass
1
a+
n
n
≥ lim an = +∞.
n→∞
(c) Wir können schreiben
1
1+
n
n2
=
1
1+
n
n n
,
also
lim
n→∞
1
1+
n
n2
= n→∞
lim en = +∞.
(d) Wir sehen, dass
n(n − 1)(n − 2) . . . 3 · 2 · 1
nn−1
n!
2 1
1
=
=
···
< ,
n
n
n
n n
n n
n
| · n ·{zn · · · n}
n mal
daraus erhalten wir
lim
n→∞
n!
1
≤
lim
=0
nn n→∞ n
Da also n!/nn ≥ 0, schliessen wir limn→∞ n!/nn = 0.
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(e) Wir wählen eine natürliche Zahl k ∈ N so, dass k ≥ x. Sei dann n > k. Weil n!
als
n! = k!(k + 1)(k + 2) · · · (n − 1)n
geschrieben werden kann, folgern wir, dass
xn
kn
kn
kk k
k
k
kk k
≤
=
=
··· ≤
.
n!
n!
k!(k + 1)(k + 2) · · · n
k! k + 1 k + 2
n
k! n
Damit folgt, weil k fixiert ist, dass
xn
kk k
1
k k+1
lim
≤ lim
=
lim = 0.
n→∞ n!
n→∞ k! n
n→∞
k!
n
Damit schliessen wir, weil auch xn /n! ≥ 0 gilt, dass limn→∞ xn /n! = 0.
(f) Wie in (a) und mithilfe von (e) schliessen wir, dass
lim
n→∞
1
1+ n
n
n!
lim
n→∞
1
1+ n
n
nn ! nn!n
lim e0 = 1.
n→∞
3.3. Wachstumsraten Die Ungleichungskette ist wie folgt:
nα ≤ xn ≤ n! ≤ nn .
Zweite Ungleichung: Wie in 3.2 (e), gilt für eine natürliche Zahl so dass k ≥ x (z.B.
k = [x] + 1)
k k+1 1
xn
≤
.
n!
k! n
Es ist jetzt genug, N0 so dass N0 ≥ k k+1 /k!, da denn
xn
k k+1 1
≤
≤ 1 ⇔ xn ≤ n! ∀n ≥ N0 .
n!
k! n
Dritte Ungleichung: Wie in 3.2 (d), wir sehen, dass
n!
1
≤ ≤ 1 ∀n ≥ 1,
n
n
n
also n! ≤ nn für alle n ≥ 1.
3.4. Induktive Folge
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√
(a) Wir erinnern uns daran, √
dass die Wurzel x 7→ x monoton wachsend ist, das
√
heisst, falls√0 ≤ x ≤ y, dann x ≤ y. Insbesondere gilt, für alle x, y ≥ 0, immer
√
x + y ≥ x.
(i) Wir sehen, dass
√
√
2 ≤ 4 = 2,
√
√
a2 = 2 + a1 ≤ 2 + 2 ≤ 2,
√
√
a3 = 2 + an ≤ 2 + 2 = 2,
...
q
a1 =
2+
also wollen wir durch
√ Induktion beweisen, dass an ≤ 2 für alle n gilt. Verankerung:
für n = 0, a0 = 2 ≤ 2. Induktionsschritt: nehmen wir an, dass an ≤ 2. Dann
gilt:
an+1 =
√
2 + an ≤
√
2 + 2 = 2,
wie behauptet. Die Folge ist dann beschränkt.
(ii) Wir benutzen nochmals Induktion um zuqbeweisen, dass die Folge monoton wach√
√
send ist. Verankerung: für n = 1, a1 = 2 + 2 ≥ 2 = a0 . Induktionsschritt:
nehmen wir an, dass an ≥ an−1 . Dann sehen wir, dass
an+1 =
√
2 + an ≥
q
2 + an−1 = an ,
wie gewollt. Wir haben bewiesen, dass (an )n beschränkt und wachsend ist: durch
Satz 3.3.1 (Monotone
Konvergenz) folgern wir, dass a = limn→∞ an in R existiert.
√
Weil an+1 = 2 + an , schliessen wir durch Satz 3.3.2, dass
a = lim an+1 = lim
n→∞
√
n+1
2 + an =
√
2 + a,
also
a2 − 2 − a = 0.
Die Lösungen dieser Gleichung 2. Ordnung sind 2 und −1: weil immer an > 0
gilt, ist dann nur a = 2 relevant. Schlussendlich erhalten wir:
r
lim an =
n→∞
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2+
q
2+
√
2 + · · · = 2.
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(b) Wir sehen, dass
a0 = 1,
1
1
= ,
1+1
2
1/2
1
a2 =
= ,
1 + 1/2
3
1/3
1
a3 =
= ,
1 + 1/3
4
···
a1 =
Also ist es “klar” das die Grenzwert 0 ist. Aber wir müssen dies streng beweisen! Die
Strategie ist wie in (a): wir zeigen, dass die Folge beschränkt und monoton fallend ist,
um Satz 3.3.1 zu benutzen. Weil a0 = 1 und an+1 = an /(1 + an ), folgt
0 ≤ an ≤ 1 und an+1 ≤ an ,
weil der Nenner immer grösser ist als der Zähler. Das zeigt Beschränktkeit und
Monotonie. Wir schliessen, dass a = limn→∞ an existiert und gilt
a
a=
⇔ a2 + a = a ⇔ a = 0.
1+a
3.5. Gerade und ungerade Teilfolgen “(i) ⇒ (ii)”: Sei a der Grenzwert der
gemeinsam geraden und ungeraden Teilfolge. Aus der Definition von Konvergenz,
existieren für jedes > 0, N0 , N00 ∈ N so, dass
|a2n − a| < für n ≥ N0 und
|a2n+1 − a| < für n ≥ N00 .
(1)
(2)
Damit setzen wir N = max{N0 , N00 }: es gilt dann
|am − a| < für jedes m ≥ N ,
weil falls m gerade ist, gilt (1), falls ungerade, (2).
“(ii) ⇒ (i)”: da die Folge konvergent ist, konvergiert jede Teilfolge gegen den gleichen
Grenzwert (siehe 3.6), insbesondere konvergieren die gerade und ungerade Teilfolge
gegen den gleichen Grenzwert.
3.6. Konvergente Teilfolge “(i) ⇒ (ii)”: wenn eine Folge (an )n nach a konvergiert,
konvergieren alle ihren Teilfolgen gegen a. Tatsächlich, sei (anj )j eine Teilfolge von
(an )n . Für jedes > 0, existiert N ∈ N, so dass
|an − a| ≤ ∀n ≥ N .
(3)
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Da (anj )j eine Teilfolge von (an )n ist, gilt n1 ≥ 1; weil n2 > n1 , folgt, dass n2 ≥ 2.
Ähnlich gilt, für jedes k ∈ N, nk ≥ k, also falls (3) gilt, gilt auch
|anj − a| < für jedes j ≥ N .
Dies bedeutet genau, dass limj→∞ anj = a.
“(ii)⇒(i)”: eine triviale Teilfolge von (an )n ist (an )n selbst. Da jede Teilfolge konvergiert,
konvertiert also die ursprüngliche Folge.
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