Höhere Mathematik für die Fachrichtung Physik

Karlsruher Institut für Technologie Institut für Analysis

Dr. Christoph Schmoeger Dipl.-Math. Sebastian Schwarz

WS 2014/2015 03.11.2014

Höhere Mathematik für die Fachrichtung Physik

Lösungsvorschläge zum 3. Übungsblatt

Aufgabe 13 (Übung)

a) Die Folge (a_n) sei definiert durcha_n:=_n+1²ⁿ . Beweisen Sie die Konvergenz von (a_n) gegen einaüber die Definition, indem Sie zu jedemε >0 einn₀(ε) finden mit |a_n−a|< εfür alle n>n₀(ε).

b) Sei (a_n) eine Folge, die gegenakonvergiert. Zeigen Sie, dass die Folge (α_n), definiert durch α_n:= inf{a_k: k>n}monoton wachsend gegenakonvergiert.

Lösungsvorschlag

a) Indem wir im Zähler und Nenner einnausklammern und die aus der Vorlesung bekannte Tatsache verwenden, dass¹_ngegen 0 konvergiert fürn→ ∞, sehen wir anhand der Rechenregeln für konvergente Folgen, dass

a_n= 2n

n+ 1= 2 1 +¹_n

→2 (n→ ∞).

Genauer gilt

|a_n−2|=

2n n+ 1−2

=

−2 n+ 1

= 2

n+ 1

und somit |a_n−2|< ε⇔n > ²_ε−1. Wir wählen alson₀(ε) als die kleinste natürliche Zahl größer

2 ε−1.

b) (α_n) ist monoton wachsend, denn wie in der Vorlesung gesehen, gilt für A⊆ B ⊆R, dass infA>infB. Somit folgt

α_n+1= inf{a_k: k>n+ 1}>inf{a_k: k>n}=α_n

für beliebigesn∈N. Für die Konvergenz gegenaseiε >0. Dann finden wir einn₀(ε)∈Nmit

|a_n−a|<ε

2 ∀n>n₀(ε).

Für diesengilt alsoa−^ε

2< a_n< a+^ε₂, womita−^ε

2 eine untere unda+^ε₂eine obere Schranke der Menge{a_k: k>n}ist. Deshalb gilt nach Definition

a−ε

26α_n= inf{a_k: k>n}6sup{a_k: k>n}6a+ε 2, somit |α_n−a|6^ε

2< εfür allen>n₀(ε), womit die Konvergenz gezeigt ist.

Aufgabe 14 (Tutorium)

a) Zeigen Sie: Istb∈Cmit |b|>1, so divergiert (bⁿ).

b) Beweisen Sie: Ist (a_n) eine Folge, so gilt: (a_n) ist konvergent⇒(a_n) ist beschränkt.

c) Die Folge (a_n) sei rekursiv definiert durcha₁:=

√

2,a_n+1:=√

2 +a_nfürn∈N. Untersuchen Sie die Folge auf Konvergenz und bestimmen Sie gegebenenfalls den Grenzwert.

Lösungsvorschlag

a) Nach Folgerung 4.12 (1) finden wir, da |b|>1, zu jedemK >0 einN ∈Nmit |b|^N > K. Diese Eigenschaft reicht aus, damit |b|ⁿ (oder alternativ auch eine beliebige Folge (a_n)) divergiert, denn: Seia∈Cbeliebig. Wir wählenK=|a|+ 1 und finden einN ∈Nmit |b|^N > |a|+ 1. Somit gilt auch fürn>N, dass

|b|ⁿ=|b|^n−N|b|^N >1· |b|^N >|a|+ 1.

Schließlich gilt fürn>N, dass

|bⁿ−a|>|b|ⁿ− |a|>1,

womitbⁿnicht gegenakonvergieren kann, da zu jedem 0< ε <1 keinn₀(ε) gefunden werden kann mit |bⁿ−a|< εfürn>n₀(ε). Daabeliebig war, divergiert (bⁿ).

Hinweis: Alternativ verwenden wir direkt Aufgabenteilb)zusammen mit Folgerung 4.12(1), um zu sehen, dass die Folge unbeschränkt, also divergent, ist.

b) Die Folge (a_n) konvergiere gegena. Somit existiert einn₀∈Nmit

|a_n−a|<1 ∀n>n₀. Daraus folgt insbesondere

|a_n|6|a_n−a|+|a|<1 +|a| ∀n>n₀,

womit diese unendlich vielen Folgenglieder beschränkt sind. Übrig bleiben nur noch endlich viele Zahlena₁, . . . , a_n0−1, die durch den Betrag ihres größten Elements beschränkt sind. Es gilt also

|a_n|6max{ |a₁|, . . . ,|a_n0−1|,|a|+ 1}=:C <∞ und (a_n) ist beschränkt.

c) Wir zeigen zunächst per Induktion, dass die Folge monoton wachsend ist.

Induktionsanfang: Es gilta₂=√

2 +a₁=p 2 +

√ 2>

√ 2 =a₁.

Induktionsschluss: Es geltea_n+1> a_nfür einn∈N(Induktionsvoraussetzung). Dann folgt a_n+2=p

2 +a_n+1^IV> p

2 +a_n=a_n+1,

wobei die Ungleichung sich auf die Wurzel überträgt nach Lemma 4.13 und die Definition der Wurzel. Nun zeigen wir, dass die Folge nach oben beschränkt ist.

Behauptung: |a_n|<2 ∀n∈N.

Induktionsanfang: Da 2<4 gilt nach Lemma 4.13 aucha₁=

√ 2<

√ 4 = 2.

Induktionsschluss: Es geltea_n<2 für einn∈N(Induktionsvoraussetzung). Dann folgt a_n+1=p

2 +a_n^IV<

√ 2 + 2 =

√ 4 = 2.

Damit ist die Folge (a_n) monoton wachsend und nach oben beschränkt, nach Vorlesung (6.3) demnach konvergent. Um den Grenzwert zu berechnen, betrachten wir die Rekur- sionsvorschrift und machen auf beiden Seiten den Grenzübergangn→ ∞.

a←a_n+1=p

2 +a_n→

√ 2 +a Dies bedeuteta=

√

2 +a. Es folgta²= 2 +aund somita= 2 odera=−1. Daa >0 ((a_n) ist nach unten durcha₁=

√

2 beschränkt) ista= 2 der korrekte Grenzwert.

Aufgabe 15 (Übung)

Zeigen Sie die folgenden Aussagen.

a) Istpein (komplexes) Polynom, so folgt pn

|p(n)| →1 (n→ ∞).

b) Istk∈Nundz∈Cmit |z|>1, so gilt n^k

zⁿ →0 (n→ ∞).

Lösungsvorschlag

a) Unser allgemeines Polynom hat die Form p(n) =

XN

k=0

a_kn^k

mita_k∈Cund einem festenN ∈N₀(ohne Beschränkung seia_N ,0). Aus der Vorlesung ist bekannt, dass√ⁿ

n→1 fürn→ ∞. Multiplizieren wir diese FolgeN mal mit sich selbst und nutzen die entsprechende Eigenschaft aus der Vorlesung zur Konvergenz von Produkten, so ergibt sich auch ⁿ

√

n^N → ∞fürn→ ∞. Zudem gilt√ⁿ

c→1 für alle Konstantenc>0. Somit ist die Behauptung bereits bewiesen, fallsa₀=. . .=a_N−1= 0. Sei also mindestens eine dieser Zahlen nicht Null. Nun beobachten wir, dass

|p(n)|6

N

X

k=0

|a_k|n^k6

N

X

k=0

|a_k|

! n^N

und

|p(n)|>|a_N|n^N−

N−1

X

k=0

a_kn^k

>|a_N|n^N−

N−1

X

k=0

|a_k|n^k>|a_N|n^N−

N−1

X

k=0

|a_k|

!

n^N−1=n^N |a_N| −1 n

N−1

X

k=0

|a_k|

! .

Wir wählen n > ²

|a_N|PN−1

k=0|a_k| (und bemerken, dass wir nicht durch Null dividieren), sodass

1 n

P_N−1

k=0 |a_k|6 ^|aN|

2 und somit |p(n)|> ^|aN|

2 n^N gilt. Insgesamt gilt also für jedes festen, welches groß genug ist, dass

|a_N|

2 n^N 6|p(n)|6 XN

k=0

|a_k|

! n^N

und somit schließlich (wir benutzen Lemma 4.13)

1 = 1·1← ⁿ r|a_N|

2

√n

n^N 6pⁿ

|p(n)|6 ⁿ vu t N

X

k=0

|a_k|

!

√n

n^N →1·1 = 1

fürn→ ∞. Nach Satz 6.2(3) folgt die Behauptung.

b) Wir setzenx= |z| −1>0. Fürn >2kgilt ⁿ₂ > k und somit (addiere ⁿ₂ auf beiden Seiten und subtrahierek)n−k >ⁿ₂. Mit dem Binomischen Satz folgt nun, dass

|z|ⁿ= (1 +x)ⁿ= Xn

l=0

n l

!

x^l> n k+ 1

!

x^k+1= n(n−1)· · ·(n−k)

(k+ 1)! x^k+1>(n−k)^k+1

(k+ 1)! x^k+1> n^k+1x^k+1 2^k+1(k+ 1)!, was wiederum

n^k zⁿ

62^k+1(k+ 1)!

x^k+1 ·1

n→0 (n→ ∞) liefert.

Aufgabe 16 (Tutorium)

Untersuchen Sie die nachstehenden Folgen (a_n) auf Konvergenz und geben Sie gegebenenfalls den Grenzwert an.

a) a_n= P_n

k=1k n² . b) a_n=

√

9n²+ 2n+ 1−3n.

c) a_n= 3 + 4i 5

!n

.

d) a_n=(n+ 2)⁴²−n⁴²

n⁴¹ .

e) a_n=1 +n³−2n⁴ n3ⁿ−4n² .

f) a_n= 1−1 n

!n

.

g) a_n= 1 + 1 n²

!n

. h) a_n= ⁿ

√ n!.

i) a_n= Yn

k=2

1− 1 k²

! . j) a_n= ⁿ

√

aⁿ+bⁿ+cⁿ, a, b, c>0.

Lösungsvorschlag

a) Es gilt nach Vorlesung, dassP_n

k=1k=ⁿ⁽ⁿ⁺¹⁾₂ . Somit folgt a_n=n²+n

2n² =1 +¹_n 2 →1

2 (n→ ∞).

b) Es gilt (siehe ähnliches Beispiel in der Vorlesung) a_n=

√

9n²+ 2n+ 1−3n=(

√

9n²+ 2n+ 1−3n)(

√

9n²+ 2n+ 1 + 3n)

√

9n²+ 2n+ 1 + 3n = 2n+ 1

√

9n²+ 2n+ 1 + 3n

= 2 +¹_n q

9 +²_n+_n¹2 + 3

→ 2

√

9 + 3=1

3 (n→ ∞).

c) Da |³⁺⁴ⁱ

5 |= 1 ist, können wir mit unserem bisherigen Wissen keine Aussage über das Konver- genzverhalten der Folge machen. Tatsächlich konvergiert eine Folge (bⁿ) mit |b|= 1 jedoch nur dann, wennb= 1 ist. Würde die gegebene Folge konvergieren, wäre sie nach Vorlesung eine Cauchyfolge, sodass mit wachsendemndie Folgenglieder beliebig nahe beisammen liegen müssten, was insbesondere

|a_n+1−a_n| →0 (n→ ∞) bedeutet. Es gilt jedoch

|a_n+1−a_n|=

3 + 4i 5

n

3 + 4i 5 −1

= 1·

s

−2 5

!2

+ 4 5

!2

= 2

√ 5,0.

d) Nach dem Binomischen Satz gilt a_n=(n+ 2)⁴²−n⁴²

n⁴¹ =

P₄₂

k=0 42 k

2^42−kn^k−n⁴²

n⁴¹ =

P₄₁

k=0 42 k

2^42−kn^k n⁴¹

= 42 41

! 2 +

X40

k=0

2^42−kn^k−41→ 42 41

!

2 = 84 (n→ ∞).

e) Wir benutzenAufgabe 15b)um zu sehen, dass a_n= 1 +n³−2n⁴

n3ⁿ−4n² =

1

n3ⁿ +ⁿ₃n²−²ⁿ³

3ⁿ

1−⁴ⁿ

3ⁿ

→0 (n→ ∞).

f) Es gilt (fürn>2) a_n= 1−1

n

!n

= n−1 n

!n

= 1

(_nⁿ₋₁)ⁿ = 1

(1 +_n¹−1)ⁿ⁻¹·(1 +_n¹−1)

→ 1

e·1 = e⁻¹ (n→ ∞).

g) Es gilt

a_n= 1 + 1 n²

!n

= ⁿ s

1 + 1 n²

!n·n

= ⁿ s

1 + 1 n²

!n²

.

Der Ausdruck in der Wurzel ist eine Teilfolge der Folge, die gegen e konvergiert beziehungsweise deren Folgenglieder nach Vorlesung alle zwischen 2 und 3 liegen. Damit folgt

1← ⁿ

√

26a_n6 ⁿ

√ 3→1 fürn→ ∞und damita_n→1 fürn→ ∞nach Satz 6.2(3).

h) Konvergente Folgen sind beschränkt. Wir zeigen, dass (a_n)_n∈N unbeschränkt ist und damit nicht konvergent sein kann. Sei dazuk∈N. Es gilt:

(2k)! = 2k·(2k−1)·. . .·(k+ 1)

| {z }

kFaktoren, jeder≥k

·k| {z }·. . .·1

≥1

≥k^k

Für allen∈Ngilt damit:

a_2n²= ²ⁿ² q

(2n²)!≥ ²ⁿ² q

(n²)ⁿ²= ²ⁿp²

n²ⁿ²=n

Da die natürlichen Zahlen, laut Vorlesung, nicht nach oben beschränkt sind, ist (a_n)_n∈Nnicht nach oben beschränkt.

i) Es gilt a_n=

Yn

k=2

1− 1 k²

!

=a_n= Yn

k=2

k²−1 k² =

Yn

k=2

(k+ 1)(k−1)

k² =

(n+1)!

2 ·(n−1)!

(n!)² = n+ 1

2n = 1 +¹_n

2 →1

2 fürn→ ∞.

j) Es gilt

max{a, b, c}=pⁿ

(max{a, b, c})ⁿ6 ⁿ

√

aⁿ+bⁿ+cⁿ6 ⁿ

√ 3pⁿ

(max{a, b, c})ⁿ→max{a, b, c} (n→ ∞), alsoa_n→max{a, b, c}fürn→ ∞nach Satz 6.2(3).

Aufgabe 17 (Übung)

Zeigen Sie die folgenden Aussagen über eine beliebige Folge (a_n).

a) Konvergieren die beiden Teilfolgen (a_2k) und (a_2k+1) gegen denselben Grenzwerta, so konvergiert auch (a_n) gegena.

b) aist ein Häufungswert von (a_n)⇔Es existiert eine Teilfolge (a_nk) von (a_n) mita_nk →afür k→ ∞.

c) (a_n) ist konvergent⇔(a_n) ist eine Cauchyfolge.

Lösungsvorschlag

a) Seiε >0. Es gibtk₀(ε), k₁(ε)∈Nmit

|a_2k−a|< ε ∀k>k₀(ε) und

|a_2k+1−a|< ε ∀k>k₁(ε).

Setzen₀(ε) := max{2k₀(ε),2k₁(ε) + 1}und sein>n₀(ε). Jedes solchenhat nun die Form 2kfür eink>k₀(ε) oder 2k+ 1 für eink>k₁(ε). Deshalb gilt

|a_n−a|< ε ∀n>n₀(ε), alsoa_n→afürn→ ∞, daε >0 beliebig war.

b) "⇒": Seiaein Häufungswert von (a_n). Wir definieren uns die geforderte Teilfolge selbst.

n₁:= min{n∈N: |a_n−a|<1},

n_k+1:= min{n∈N: n > n_k,|a_n−a|< 1

k+ 1} ∀k∈N.

Damit haben wir eine streng monoton wachsende Folge von Indizes definiert, die existiert, da wegen der Häufungswerteigenschaft vonagilt, dass nicht nur mindestens ein, sondern un- endlich viele Folgenglieder beliebig nahe analiegen, womit dies auch mit der Zusatzforderung n_k+1> n_knoch gilt. Außerdem gilt

|a_nk−a|61

k →0 (k→ ∞).

"⇐": Seiε >0 beliebig. Es existiert eink₀(ε)∈Nmit

|a_nk−a|< ε ∀k>k₀(ε).

Somit haben wir bereits unendlich viele Folgenglieder von (a_n) gefunden, die inU_ε(a) liegen, sodassaper Definition ein Häufungswert ist.

c) "⇒": Sei (a_n) konvergent gegenaundε >0 beliebig. Es existiert einn₀(ε)∈Nmit

|a_n−a|<ε

2 ∀n>n₀(ε).

Dann gilt fürm, n>n₀(ε), dass

|a_n−a_m|6 |a_n−a|+|a−a_m|< ε 2+ε

2=ε, womit (a_n) eine Cauchyfolge ist.

"⇐": Sei (a_n) eine Cauchyfolge. Es existiert einn₀(1)∈N, sodass

|a_n−a_m|<1 ∀m, n>n₀(1).

Nach Satz 6.6 hat (a_n) eine monotone Teilfolge. Außerdem ist die komplette Folge, also insbesondere diese Teilfolge, beschränkt, denn fürn>n₀(1) gilt

|a_n|6 |a_n−a_n0(1)|+|a_n0(1)|<1 +|a_n0(1)|=:C <∞

und die restlichen, endlich vielen Folgenglieder ändern nichts an dieser Beschränktheit. Diese monotone Teilfolge, die wir (a_nk) nennen, ist also konvergent gegen eina. Es bleibt zu zeigen, dass die gesamte Folge (a_n) gegen diesesakonvergiert. Sei dazuε >0. Es gibtn₀(ε), k₀(ε)∈N mit

|a_n−a_m|< ε

2 ∀m, n>n₀(ε) und

|a_nk−a|< ε

2 ∀k>k₀(ε).

Nun wählen wir ein festesk∈Nmitn_k>n₀(ε) undk>k₀(ε). Fürn>n₀(ε) gilt

|a_n−a|6 |a_n−a_nk|+|a_nk−a|< ε 2+ε

2 =ε, womit die Konvergenz gezeigt ist.

Aufgabe 18 (Tutorium)

a) Sei (a_n) eine Folge und die Teilfolgen (a_2k), (a_2k+1) und (a_3k) konvergieren. Beweisen oder widerlegen Sie (durch ein Gegenbeispiel), dass (a_n) konvergiert.

b) Finden Sie Beispiele für Folgen mit den folgenden Eigenschaften:

(i) (a_n) hat genau die Zahlen 1 und−1 als Häufungswerte.

(ii) (b_n) hat jede natürliche Zahl als Häufungswert.

(iii) (c_n) hat keinen Häufungswert und ist weder nach oben noch nach unten beschränkt.

(iv) (d_n) konvergiert gegen 2014, ist aber nicht monoton.

(v) (e_n) hat 0 als einzigen Häufungswert, jedoch konvergiert (e_n)_n∈Nnicht.

Lösungsvorschlag

a) (a_n) konvergiert nach Aufgabe 17a), da die beiden Teilfolgen (a_2k) und (a_2k+1) denselben Grenzwert haben. Hätten sie verschiedene Grenzwerte, so hätten auch die jeweiligen Teilfolgen (a_6k) und (a_6k+3) verschiedene Grenzwerte. Dies sind jedoch beides auch Teilfolgen von (a_3k), welches eine konvergente Folge ist, ein Widerspruch.

b) Es wird jeweils ein Beispiel genannt, von denen es noch viele mehr gibt.

(i) a_n:= (−1)ⁿfürn∈N.

(ii) (b_n) := (1,1,2,1,2,3,1,2,3,4, . . .).

(iii) c_n:= (−1)ⁿnfürn∈N. (iv) d_n:= 2014 +⁽⁻_n¹⁾ⁿ.

(v) e_2k:= 0,e_2k+1:=kfür allek∈N.