Präsenz-Aufgaben 12. Fibonacci-Zahlen: Für die ersten beiden

Präsenz-Aufgaben 12.
1. Sei (an )n die Folge der Fibonacci-Zahlen, also a0 = 0, a1 = 1 und an+1 = an−1 + an für
P
n ≤ 1. Man zeige mit Induktion, dass für n ≤ 1 gilt: nt=1 a2t = an an+1 .
Fibonacci-Zahlen: Für die ersten beiden Zahlen werden die Werte Null und Eins vorgegeben, jede weitere Zahl ist die Summe ihrer beiden Vorgänger: 0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, . . .
i) Induktionsanfang. Sei n = 1, dann
1
X
t=1
ii) Induktionsvoraussetzung: Sei
n
X
t=1
a2t = a21 = 12 = 1 = 1 · 1 = a1 · a2 .
a2t = an · an+1 bereits bewiesen.
iii) Induktionsschritt n −→ n + 1:
n+1
X
a2t
n
X
=
t=1
a2t + a2n+1
t=1
ii)
= an · an+1 + a2n+1
= an+1 (an + an+1 )
|
{z
}
=an+2
= an+1 · an+2
2. Man zeige:
(a) Die einzige positive Zahl b mit b =
Sei b ∈ R mit b > 0 und b =
1
b
+ 1 ist b =
1+
1
1+b
+1=
, dann
b
b
=
b
⇓
=
⇓
=
⇓
b2
b2 − b − 1
b=
1
2
√ 5 .
1
+1
b
1+b
0
√ √ 1
1
1 − 5 oder b =
1+ 5 .
2
2
√ √ 1
1
1 − 5 < 0 und damit ist b =
1 + 5 die einzige
2
2
1
positive Zahl mit b = + 1.
b
Aus
√
5 > 1 folgt
1
(b) Die einzige positive Zahl mit
Sei b ∈ R mit b > 0 und
1
b
=
b
1+b
ist ebenfalls b =
1
2
1+
√ 5 .
b
1+b
1
=
, dann b =
. Aus (a) folgt die Behauptung.
b
1+b
b
3. Man definiere induktiv: 0! = 1 und n! = (n − 1)! · n für n ≥ 1.
Zur Erinnerung: Seien a, b, c ∈ N, dann gilt:
(a) Zeige: Für alle n ≥ 1 gilt:
1
a
≤
1
b
⇔ a ≥ b ⇔ a · c ≥ b · c.
1
1
≤ n−1 .
n!
2
Wir zeigen mit Induktion, dass für für alle n ∈ N gilt: n! ≥ 2n−1 .
i) Induktionsanfang. Sei n = 1, dann 1! = 1 = 20 = 21−1 .
ii) Induktionsvoraussetzung: Sei n! ≥ 2n−1 , bereits bewiesen.
iii) Induktionsschritt n −→ n + 1:
IV.
(n + 1)! = n! · (n + 1) ≥ 2n−1 · (n + 1)
Damit gilt
1
1
≤ n−1 für alle n ∈ N.
n!
2
(b) Man folgere daraus: Die Folge
Pn
1
t=0 t! n
n+1≥2
≥
2n−1 · 2 = 2n .
ist beschränkt.
n
∞
n
X
X
X
1
1
1
Aus (a) folgt
≤
für alle n ∈ N. Die Reihe
ist konvergent.
t−1
t−1
n!
2
2
t=1
t=1
t=1
∞
X
1
1
Aus dem Majorantenkriterium folgt, dass
eine konvergente Reihe ist, und
t!
t=1
∞
∞
∞
X
X
X
1
1
1
beschränkt ist. Dann ist
= 1+
ebenso bedaraus folgt, dass
t!
t!
t!
t=0
t=1
!t=1
n
X
1
.
schränkt und daraus folgt die Beschränktheit der Folge
t!
t=0
n
4. Ersetze in der Hausafgabe 3 die Bedingung g′ (1) = −1 durch g′ (1) = 1; entsprechend sei
h(x) = x + g(x) − 1 für 1 < x ≤ 2 definiert. Man skizziere h.
Sei g eine polynomiale Funktion mit Grad höchstens 4, d.h. g(x) = a0 + a1 x + a2 x2 +
a3 x3 a4 + x4 . Es sei Folgendes erfüllt:
g(0) = 0, g ′ (0) = 0, g ′ (1) = 1, g ′′ (0) = 1, g ′′ (1) = 0
1
1
1
Es gilt g(x) = x2 + x3 − x4 . Die Skizze der Funktion
2
3
4
1
P∞
Majorantenkriterium: Sei n=0 cn eine konvergente Reihe mit nicht-negativen
Gliedern und (an )n
P∞
eine Folge mit |an | ≤ cn für alle n ∈ N. Dann konvergiert die Reihe n=0 an absolut.
2

√

−
1 − x2 + 1
wenn − 1 < x < 0,


 1 2 1 3 1 4
x + x − x wenn 0 ≤ x ≤ 1,
h(x) =
2
3
4


5


x−
wenn 1 < x ≤ 2.
12
2
1
0
-1
-2
-1
0
1
2
3
5. Konstruiere eine streng monotone Funktion f : [0, 1] → R, die unendlich viele Sprungstellen hat. Definition: x0 heißt Sprungstelle für f , wenn es reelle Zahlen r1 < r2 gibt mit f (x) ≤ r1
für x < x0 und f (x) > r2 für x > x0 .
1
, d.h.
n
1 2 3 4
n−1 n
(a1 , a2 , a3 , a4 , . . . , an , an+1 , . . .) = 0, , , , , . . . ,
,
,...
2 3 4 5
n n+1
1
1
1
1
Aus >
folgt 1 − < 1 −
für alle n ∈ N, d.h. für alle n ∈ N gilt an < an+1 .
n
n+1
n
n+1
Die Folge (an )n ist also streng
steigend. Es gilt außerdem 0 ≤ an < 1 für alle
monoton
1
n ∈ N und lim an = lim 1 −
= 1.
n→∞
n→∞
n
an + an+1 x wenn an ≤ x < an+1 ,
Sei nun f : [0, 1] mit f (x) =
12, 34
wenn x = 1.
Sei (an )n eine Folge mit an = 1 −
I. Die Funktion f ist streng monoton steigend.
Beweis. Zu zeigen: Seien x, x′ ∈ [0, 1] mit x < x′ , dann gilt f (x) < f (x′ ).
Für x, x′ ∈ [0, 1] mit x < x′ gilt x 6= 1. Es gibt genau ein m ∈ N mit am ≤ x < am+1 .
Fall 1. x′ 6= 1. Es existiert also ein m′ ∈ N mit m ≤ m′ und am′ ≤ x′ < am′ +1 . Aus
der Definition von f folgt f (x) = am + am+1 x und f (x′ ) = am′ + am′ +1 x′ . Da
am ≤ am′ , am+1 ≤ am′ +1 und x < x′ , erhalten wir f (x) < f (x′ ).
Fall 2. x′ = 1. Da am < 1, am+1 < 1 und x < 1 gilt f (x) = am + am+1 x < 2 und
|{z} | {z }
<1
<1
damit gilt f (x) < f (1) = 12, 34.
II. Für jedes n ∈ N mit n 6= 1 ist an eine Sprungstelle von f .
(n)
(n)
Beweis. Seien r1 = an−1 + an an und r2 = f (an ) = an + an+1 an , dann gilt
(n)
(n)
(n)
r1 < r2 und für jedes x ∈ [0, 1] mit x < an gilt f (x) ≤ r1 und für jedes
(n)
x ∈ [0, 1] mit x > an gilt f (x) > r2 (n ≥ 2). Die Funktion f hat damit unendlich
viele Sprungstellen.
3