Karlsruher Institut für Technologie Institut für Analysis

(1)

Karlsruher Institut für Technologie Institut für Analysis

Dr. Christoph Schmoeger Dipl.-Math. Sebastian Schwarz

Aufgabe 19 (Übung)

Zeigen Sie die folgenden Aussagen.

a) Istpein (komplexes) Polynom ungleich der konstanten Nullfunktion, so folgt pn

|p(n)| →1 (n→ ∞).

b) Die Folge (a_n) sei gegeben durch die Folgengliedera_n= (1−¹

n)ⁿ. Zeigen Sie, dass (a_n) konvergiert mit lim_n→∞a_n=¹_e.

Lösungsvorschlag

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

N

X

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 XN

k=0

|a_k|n^k6 XN

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

PN−1 k=0|a_k|

|a_N| (und bemerken, dass wir nicht durch Null dividieren), sodass

1 n

PN−1

k=0 |a_k|6 ^|^a^N^|

2 und somit |p(n)|> ^|^a^N^|

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

|a_N|

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

N

X

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

(2)

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

b) Wir beobachten, dass (fürn>2) a_n=

n−1 n

n

= 1

_n

n−1

n = 1 1 +_n¹−1

n = 1

1 +_n¹₋₁n−1· 1 1 +_n¹−1

.

Der Nenner des ersten Bruchs konvergiert gegen e nach Vorlesung (n ist hier durchn−1 ersetzt, was die Folgenglieder nur um eine Position verschiebt, aber nichts an der Konvergenz ändert). Der Nenner des zweiten Bruchs konvergiert gegen 1. Ingesamt folgt also, nach den Rechenregeln für die Konvergenz von Produkten und Quotienten, dass (a_n) konvergiert mit

nlim→∞a_n=1 e

Aufgabe 20 (Tutorium)

a) Untersuchen Sie nachstehende Folgen (n∈N) auf Konvergenz und geben Sie, falls existent, ihren Grenzwert an.

(i) a_n= (1 +_n¹2)ⁿ, (ii) b_n= (1 +_2n+1¹ )ⁿ⁻¹. b) Es seix∈(0,∞) und (a_n) rekursiv definiert durch

a₁>

√

x und a_n+1:=1

2 a_n+ x a_n

! . Zeigen Sie: (a_n) ist konvergent und lim_n→∞a_n=√

x.

Lösungsvorschlag

a) (i) Es gilt

a_n= ⁿ r

(1 + 1 n²)ⁿ².

Der Ausdruck in der Wurzel ist eine Teilfolge der Folge mit den Folgengliedern (1 +¹_k)^k (fürk=n²), die laut Vorlesung konvergiert und somit beschränkt ist, genauer zwischen 2 und 3 liegt. Dies gilt demnach auch für die Glieder der Teilfolge, also folgt

√n

26 ⁿ r

(1 + 1

n²)ⁿ²6 ⁿ

√ 3.

Da die Ausdrücke links und rechts laut Vorlesung jeweils gegen 1 konvergieren, folgt nach Vorlesung auch

nlim→∞a_n= 1.

(ii) Es gilt

b_n= r

(1 + 1

2n+ 1)²⁽ⁿ⁻¹⁾= r

(1 + 1

2n+ 1)²ⁿ⁺¹·(1 + 1 2n+ 1)⁻³.

Der erste Term unter der Wurzel ist eine Teilfolge der Folge mit den Gliedern (1 +¹_k)^k. Da diese Folge gegen e konvergiert, tut es auch diese Teilfolge (mitn_k = 2k+ 1). Der

(3)

zweite Ausdruck unter der Wurzel konvergiert offensichtlich gegen (1 + 0)⁻³= 1. Aus der Vorlesung ist nun bekannt, dass die Wurzel einer Folge gegen die Wurzel des Grenzwertes konvergiert, was zusammen mit der Produkteigenschaft

nlim→∞b_n=

√ e ergibt.

b) Voraussetzung:Es seix∈(0,∞) und (a_n)_n∈Nrekursiv definiert durch a₁>

√

x und a_n+1:=1

2 a_n+ x a_n

! . Behauptung:(a_n)_n∈Nkonvergiert und lim_n→∞a_n=√

x.

Beweis:

(i) Wir zeigen zuerst die Voraussetzungen von Satz 6.3.

“Beschränktheit nach unten”: Wir führen den Beweis mittels vollständiger Induktion. Dazu sei die Aussage

a_n−

√

x >0 (A(n)) fürn∈Ndefiniert.

(IA)A(1) ist per Definition wahr.

(IS) Sei nunA(n) wahr für einn∈N(IV). Dann folgt a_n+1−

√ x=1

2 a_n+ x a_n

!

−

√ x= 1

2a_n

a²_n−2

√

xa_n+x

= 1 2a_n

a_n−

√

x2 (IV)

> 0.

Insgesamt gilt:

∀n∈N: a_n>

√ x.

“Monotonie”: Es folgt fürn∈N: a_n+1=1

2 a_n+ x a_n

!

< 1

2(a_n+a_n) =a_n. Damit ist (a_n)_n∈Nstreng monoton fallend.

Nach dem Monotoniekriterium folgt, dass (a_n)_n∈Nkonvergent ist.

(ii) Seiα:= lim_n→∞a_n. Es gilt nach Satz 6.2(2)α≥√

x >0. Da nuna_n→α undα_n+1→αfür n→ ∞, folgt, dassαdie Gleichung

α=1 2

α+ x α

erfüllen muss. Daα≥

√

x >0, gilt α=1

2

α+ x α

⇔ α²=x.

(4)

Alsoα∈ {−√ x,√

x}und wegenα≥√

xmussα=√

xgelten.

Aufgabe 21 (Übung)

a) Sie (a_n) eine Folge. Zeigen Sie: (a_n) ist konvergent⇔(a_n) ist eine Cauchyfolge.

b) Wir betrachten die durch

a₁:= 1, a_n+1:= 2 +a_n

1 +a_n (n>2) rekursiv definierte Folge (a_n).

(i) Zeigen Sie, dass 16a_n62 für allen∈N. (ii) Beweisen Sie, dass |a_n−a_m|6¹

4|a_n−1−a_m−1|für allen, m>2.

(iii) Folgern Sie, dass die Folge (a_n) konvergiert und berechnen Sie ihren Grenzwert.

Lösungsvorschlag

a) "⇒": 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_n_k) 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_n_k−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_n_k|+|a_n_k−a|< ε 2+ε

2 =ε, womit die Konvergenz gezeigt ist.

(5)

b) (i) Dies zeigen wir induktiv. Fürn= 1 ist die Aussage trivial (IA), also setzen wir sie für ein n∈Nvoraus (IV). Induktionsschluss:

a_n+1=2 +a_n 1 +a_n

(IV)

6 2 + 2 1 + 1= 2, a_n+1=2 +a_n

1 +a_n

(IV)

> 2 + 1 1 + 2= 1.

(ii) Seienn, m>2. Es folgt nach Definition und (i), dass

|a_n−a_m|=

2 +a_n−1

1 +a_n−1

−2 +a_m−1

1 +a_m−1

=

(2 +a_n−1)(1 +a_m−1)−(2 +a_m−1)(1 +a_n−1) (1 +a_n−1)(1 +a_m−1)

=

a_m−1−a_n−1

(1 +a_n−1)(1 +a_m−1)

= |a_m−1−a_n−1|

(1 +a_n−1)(1 +a_m−1) 6 1

4|a_m−1−a_n−1|.

(iii) Durch induktives Anwenden von (ii) und letzlicher Verwendung von (i) folgern wir für n, m>n₀>2 (ohne Beschränkung sein>m), dass

|a_n−a_m|61

4|a_n−1−a_m−1|6· · ·6 1

4^m⁻¹|a_n−m+1−a₁|6 1

4^m⁻¹(|a_n−m+1|+|a₁|)⁽ⁱ⁾6 1

4^m⁻² 6 1 4ⁿ⁰⁻². Für jedes ε > 0 existiert nun ein n₀ ∈ Nmit ₄n¹0−2 < ε, sodass (a_n) eine Cauchyfolge ist. Somit ist (a_n) konvergent. Aus der rekursiven Formel folgt der Grenzwertadurch Grenzwertbildung auf beiden Seiten mit dem Zusatz, dass mit den Folgengliedern auch der Grenzwert zwischen 1 und 2 liegt.

a= lim

n→∞a_n+1= lim

n→∞

2 +a_n

1 +a_n =2 +a

1 +a⇔a(1 +a) = 2 +a⇔a²= 2⇔⁽ⁱ⁾ a=

√ 2

Aufgabe 22 (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 2 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 2018, ist aber nicht monoton.

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

Lösungsvorschlag

a) (a_n) konvergiert nachAufgabe 21 b), 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.

(6)

(i) a_n:= ¹₂+³₂(−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:= 2018 +⁽⁻_n¹⁾ⁿ.

(v) e_2k:= 0,e_2k+1:=kfür allek∈N.

Aufgabe 23 (Übung)

a) Seien (a_n) und (b_n) reelle, beschränkte Folgen. Zeigen Sie, dass lim sup

n→∞

(a_n+b_n)6lim sup

n→∞

a_n+ lim sup

n→∞

b_n

und finden Sie ein Beispiel um zu zeigen, dass im Allgemeinen keine Gleichheit gilt.

b) SeienM₁undM₂zwei abzählbare Mengen. Zeigen Sie, dass auchM₁×M₂abzählbar ist.

Lösungsvorschlag

a) Seien (a_n) und (b_n) beschränkte Folgen inR. Dann ist auch (a_n+b_n) beschränkt und gemäß Definition gilt

lim sup

n→∞

(a_n+b_n) = lim

n→∞sup{a_k+b_k: k≥n}.

Wegen{a_k+b_k : k≥n} ⊂ {a_k+b_l : k, l≥n}für jedesn∈Ngilt nach Satz 4.3: sup{a_k+b_k: k≥ n} ≤sup{a_k+b_l:k, l≥n}. Damit folgt

lim sup

n→∞

(a_n+b_n) = lim

n→∞sup{a_k+b_k: k≥n} ≤ lim

n→∞sup{a_k+b_l: k, l≥n}

A7b)= lim

n→∞

sup{a_k: k≥n}+ sup{b_l: l≥n}

= lim

n→∞sup{a_k: k≥n}+ lim

n→∞sup{b_l:l≥n}

= lim sup

n→∞

a_n+ lim sup

n→∞

b_n.

Sind (a_n)_n∈N:= ((−1)ⁿ)_n∈Nund (b_n)_n∈N:= ((−1)ⁿ⁺¹)_n∈N, so gilta_n+b_n= 0 für allen∈N. Daher ist

lim sup

n→∞

(a_n+b_n) = 0<1 + 1 = lim sup

n→∞

a_n+ lim sup

n→∞

b_n.

b) Die Tatsache, dassN×Nabzählbar ist, folgt mit dem Vorgehen, mit dem in der Vorlesung gezeigt wurde, dass Qabzählbar ist. Anstatt eine natürliche Zahl im Zähler und eine im Nenner stehen zu haben, stehen sie nun als Paar nebeneinander.

Können wir nun eine surjektive Abbildung vonN×NnachM₁×M₂finden, dann können wir die beiden Abbildungen verknüpfen um eine surjektive Abbildung vonNnachM₁×M₂(diese Abbildung ist wieder surjektiv nachAufgabe 5).

DaM₁undM₂abzählbar sind, existieren surjektive Abbildungenf₁:N→M₁bzw.f₂:N→ M₁. Definiere

g:N×N→M₁×M₂, (m, n)7→(f₁(m), f₂(n)).

Diese Abbildung bildet tatsächlich von N×Nnach M₁×M₂ab und ist injektiv, da wir zu (m₁, m₂) ∈ M₁×M₂ einfach (m, n) so wählen, dass f₁(m) = m₁ und f₂(n) = m₂ gilt, womit

(7)

g(m, n) = (m₁, m₂). Möglich ist dieses Finden vonmundnwegen der Surjektivität vonf₁und f₂.

Aufgabe 24 (Tutorium)

Bestimmen Sie alle Häufungswerte von (a_n) und geben Sie lim inf

n→∞ a_nund lim sup

n→∞

a_nan.

a) a_n:= (3 + (−1)ⁿ)(−1)^n(n+1)/2, c) a_n:=pⁿ

n+ (−1)ⁿn,

e) a_n=











1 +₂¹n, n= 3k für eink∈N 2, n= 3k−1 für eink∈N 2 +ⁿ⁺¹_n , n= 3k−2 für eink∈N .

b) a_n:= (−1)ⁿ_n+2

n+1

n−1

, d) a_n:=

−1 +¹₂·(−1)ⁿ⁺¹n+1

Lösungsvorschlag

a) Für allek∈N₀gilt:

a_4k+1 = (3−1)(−1)(4k+1)(2k+1)= 2·(−1) =−2→ −2 fürk→ ∞, a_4k+2 = (3 + 1)(−1)(2k+1)(4k+3)= 4·(−1) =−4→ −4 fürk→ ∞, a_4k+3 = (3−1)(−1)²^·(4k+3)(k+1)= 2·(+1) = 2→2 fürk→ ∞, a_4k+4 = (3 + 1)(−1)²^·(k+1)(2k+5)= 4·(+1) = 4→4 fürk→ ∞.

Da diese vier Teilfolgen die komplette Folge abdecken folgtH(a_n) ={−4,−2,2,4}und somit lim sup

n→∞

a_n= 4, lim inf

n→∞ a_n=−4.

b) Es gilt fürn∈N a˜_n:=

n+ 2 n+ 1

n−1

=

1 + 1 n+ 1

n+1

| {z }

→e(n→∞)

1 + 1

n+ 1 ⁻2

| {z }

→1(n→∞)

→e(n→ ∞).

Nach Vorlesung konvergiert dann jede Teilfolge von ( ˜a_n_k)_k∈Ngegene.

WegenN={2k : k∈N} ∪ {2k−1 : k∈N}und

a_2k= (−1)^2ka˜_2k→e(k→ ∞) sowie a_2k−1= (−1)^2k⁻¹a˜_2k−1→ −e(k→ ∞) folgtH(a_n) ={−e, e}und somit

lim sup

n→∞

a_n= e, lim inf

n→∞ a_n=−e.

c) Wir definieren die beiden Teilfolgen (b_k)_k∈Nund (c_k)_k∈Ndurchb_k:=a_2kbzw.c_k:=a_2k−1, jeweils für allek∈N. Es gilt

b_k= ^2k

√ 4k= ^2k

√ 2· ^2k

√ 2k.

für allek∈N. Da Teilfolgen von konvergenten Folgen gegen denselben Grenzwert wie die Folge konvergieren und weil ⁿ

√

2→1 und√ⁿ

n→1 fürn→ ∞gilt, haben wir b_k= ^2k

√ 2· ^2k

√

2k→1·1 = 1

(8)

fürk→ ∞. Des Weiteren ist

c_k= ^k

√

0 = 0→0

fürk→ ∞. Somit sind 0 und 1 die Häufungswerte von (c_n)_n∈Nund lim sup

n→∞

a_n= 1, lim inf

n→∞ a_n= 0.

d) Wir definieren die beiden Teilfolgen (b_k)_k∈Nund (c_k)_k∈Ndurchb_k:=a_2kbzw.c_k:=a_2k−1, jeweils für allek∈N. Für allek∈Ngilt

b_k=

−1 +1

2·(−1)^2k+12k+1

=

−3 2

2k+1

=−3 2·

9 4

k

.

Die Teilfolge (b_k)_k∈Nist also nach unten unbeschränkt. Da jede Teilfolge von (b_k)_k∈Nebenfalls nach unten unbeschränkt ist, hat (b_k)_k∈Nkeinen Häufungswert. Weiter gilt

c_k=

−1 +1

2·(−1)^2k2k

=

−1 2

2k

= 1

4 k

→0

für k → ∞. Somit ist 0 ein Häufungswert von (a_n)_n∈N. Damit es weitere Häufungswerte geben könnte, müsste eine Teilfolge von (a_n) existieren, die gegen einen weiteren Wert außer 0 konvergiert. Jede Teilfolge hat jedoch entweder unendlich viele Glieder aus (b_k) oder (c_k), womit sie entweder divergiert (sobald sie unendlich viele Glieder aus (c_k) besitzt) oder gegen 0 konvergiert (sofern sie ausschließlich unendlich viele Glieder aus (b_k) besitzt. Somit ist 0 der einzige Häufungspunkt vond_nund die Folge ist nach unten unbeschränkt, also folgt

lim sup

n→∞

a_n= 0, lim inf

n→∞ a_n=−∞. e) Wir betrachten die drei Teilfolgen (a_3k), (a_3k−1) und (a_3k−2). Es gilt

a_3k= 1 + 1 8^k

→1, a_3k−1= 2, a_3k−2= 2 +(3k−2) + 1

3k−2 = 3 + 1

3k−2→3 (k→ ∞).

Da die drei Teilfolgen die komplette Folge abdecken, ist die Folge beschränkt und der Limes Superior/Inferior der größte/kleinste Häufungswert.

lim sup

n→∞

a_n= 3, lim inf

n→∞ a_n= 1.