1 Loesungen zu Analysis 1/ 6.Uebung
1.1 Einleitung
Bestimmung von Konvergenz und Divergenz von Folgen und Reihen kann sehr trickreich sein. Oft kommt man mit der Anwendung der Definitionen durch. Geschicktes umschreiben der Ausdr¨ucke kann allerdings die Situati- on wesentlich vereinfachen. Zur Demonstration werden die Aufgaben im 8.
Beispiel auf je 2 Arten berechnet.
8. Beispiel
an =n(1− r
1− 1
n) (1)
Behauptung: limn→∞an= 12 Beweis :
• Trickreiche L¨osung durch Erweitern mit 1+
q 1−1n
1+q 1−1n
:
n(1− r
1−1
n) = n−n(1−n1) 1 +
q 1−1n
= 1
1 + q
1−n1
Nun erkennt man leicht, dass ausx∈[0,1] folgtx2 ≤x und damit∀n∈N: 2−n1 ≤1 +
q
1−n1 <2. Man erh¨alt:
1 2−n1
≥ 1
1 + q
1−n1
> 1 2
F¨ur den ersten Term gilt nach den Rechenregeln offensichtlich limn→∞ 1 2−n1
=
1
2 und damit limn→∞an= 12
• Vielleicht direktere L¨osung:
Wir zeigen zuerst die Beschr¨anktheit, mit der Absch¨atzung von vorher und der Erweiterung auf ein vollst¨andiges Quadrat unter der Wurzel:
1 =n(1−(1−1
n))> n(1− r
1− 1
n) =an= (n−p
n2−n)>(n− r
n2−n+1 4 = 1
2 Nun ist offensichtlich, dass das Addieren von 14 unter der Wurzel den Grenz- wert nicht ¨andert kann. Daher soll gelten limn→∞an = 12. Das m¨ussen wir aber beweisen!
Nach der Definition des Grenzwertes m¨ussen wir f¨ur alle ǫ >0 ein n finden ab dem|12−an|< ǫ.
Wir l¨osen (n−√
n2−n)−12 < ǫeinfach nach ǫauf:
n−1
2−ǫ <p
n2−nngross,⇔ǫkleinn2−n+1
4 −2(n−1
2)ǫ+ǫ2< n2−n
⇔ǫ2+ (−2n+1 2)ǫ+1
4 <0⇔n > ǫ 2 +1
2+ 1 8ǫ und damit ist 12 tats¨achlich der Grenzwert.
an=
√n5+ 3
n2−3n+ 6 (2)
Behauptung: limn→∞an=∞. Beweis :
• Trickreiche L¨osung: Wir zeigen die Unbeschr¨anktheit durch eine geschickte Minorante:
an
abn >5
> n√2n5+3
−2n+1 >
qn
(n−1)4 (n−1)4 =√n Daraus limn→∞an >limn→∞
√n=∞.
• Einfaches Nachrechnen des Kriteriums: ∀α >0∃N ∈N∀n > N : an> α Wir l¨oesen auf
√n5+ 3
n2−3n+ 6 > α⇔n5+ 3> α2(n2−3n+ 5)2
⇔n5−α2(n4−2(−3n3+ 5n2) + 9n2−30n+ 25)>0 Die Gleichung 5ten Grades sch¨atzen wir ab indem wir den mit α2 multipli- zierten Term, f¨ur grosses n, durch 2n4 nach oben absch¨atzen. Das geht, da es ein N0 ∈Ngibt, sodass
∀n > N0 : n4−6n3+ 5n2−9n2+ 30n−25>0 Wir erhalten dann
∀n > N0 : n5−α2(n4−2(−3n3+ 5n2) + 9n2−30n+ 25)> n5−2α2n4 >0
⇒ ∀n >max{N0,2α2}: an> α was zu beweisen war.
an= q
n+√ n−
q n−√
n (3)
Behauptung: limn→∞an= 1 Beweis :
• Die trickreiche L¨osung betrachtet a2n: a2n= 2n−2p
n2−n= 2n(1− r
1− 1 n)
also genau 2 mal (1), damit konvergiert a2n gegen 1 und damit an gegen 1, da ∀n∈N: an>0.
• Kommt man nicht auf diese Idee muss man in den sauren Apfel beissen, und das ist w¨ortlich zu verstehen:
Wir zeigen die Beschr¨anktheit durch quadratisches Erg¨anzen:
1.5 = r
(√ n+1
2)2−p
(n−1)2 > an>0 Wir zeigen die Monotonie:
q n+√
n− q
n−√ n >
q
n+ 1 +√
n+ 1− q
n+ 1−√ n+ 1 Da alle an>0 quadrieren wir den Ausdruck und k¨urzen durch 2, :
n−p
n2−n > n+ 1−p
(n+ 1)2−n−1⇔ p(n+ 1)2−n−1−p
n2−n >1⇔ (p
n2+n−p
n2−n)2 = 2n2−2n2 r
1− 1
n2 >1erweitern mit 1 +q 1−n12
⇔ 2n2(1−1 + 1
n2)>1 + r
1− 1
n2 ⇔2>1 + r
1− 1 n2 was wahr ist.
Sp¨atestens jetzt sollte man den Rechentrick (quadrieren) erkannt haben.
Falls nicht setzen wir den Grenzwert unbestimmt an: limn→∞an =mk. Also versuchen wir f¨ur gegebenes ǫ >0 die Gleichung aus dem Konvergenz- kriterium nach n aufzul¨osen, indem wir Dank Monotonie ansetzten
q n+√
n− q
n−√ n− k
m
= q
n+√ n−
q n−√
n− k m < ǫ Auf die andere Seite gebracht ergibt sich:
q n+√
n− q
n−√ n < k
m+ǫ Wir quadrieren wieder und formen weiter um:
2n−2p
n2−n <(k
m +ǫ)2⇔ 2n−(k
m+ǫ)2<2p
n2−n⇔ 4n2−4n(k
m +ǫ)2+ (k
m+ǫ)4 <4(n2−n) n(k
m−ǫ)2−n+ (k
m +ǫ)4 <0 Einerseits schliessen wir, dass f¨ur mk < 1 der letzte Ausdruck immer wahr ist und bei vorgegebenen ǫ schon f¨ur n = 1,2 erf¨ullt ist, aber a1 = 2, a2 = 4−2√
2 und damit im Widerspruch zur Wahl eines ǫ < a1−a2. F¨ur mk >1 ist der Ausdruck beiǫ < mk −1 stehts falsch.
Somit bleibt nurmehr mk = 1 und limn→∞an= 1.
Dort ergibt sich aus der Ungleichung deshalb auch einen von ǫabh¨angigen Ausdruck f¨urn, n¨amlich: n > 21+ǫ ǫ
−ǫ2.
Besonders (3) zeigt wie sinnvoll es sein kann den richtigen Trick herauszufin- den und nicht stur Kriterien herunterzurechnen. Es zeigt aber auch, dass der sture Weg zum Ziel f¨uhren kann und, dass man die Tricks leichter erkennt, wenn man beginnt das Beispiel stur herunterzurechnen.
10. Beispiel Gegeben die Zifferndarstellung aus Bsp. 8 der 5. ¨Ubung.
an=z0+
n
X
i=1
zi
bi
Zu zeigen an ist eine Cauchyfolge. Das haben wir f¨ur bestimmte Folgen aus D bereits in der 5. ¨Ubung vollbracht. Allerdings sind nun beliebige Folgen aus D erlaubt, wodurch wir den Beweis exerzieren m¨ussen:
Behauptung: F¨ur n > k gilt an−ak ≤ b1k − bn+11
Beweis : F¨ur festesk machen wir Induktion nachn:
(IA) n=k+ 1: an−ak= zbnn ≤ b1k −b1n
(IS) Gelte die Aussage bisn, dann erhalten wir:
an+1−ak=an−ak+zn+1
bn+1 ≤ 1 bk − 1
bn +zn+1
bn+1 ≤ 1 bk − 1
bn+1
Nun ist durch die Monotonie aber ∀n, k, N ∈ N mit n ≥k ≥N die Unglei- chung an−ak ≤ an−aN erf¨ullt. Also k¨onnen wir aus obiger Behauptung an−ak ≤ an−aN ≤ b1N = ǫ schliessen. Mittels Logarithmieren der letzten 2 Terme l¨osen wir nach Nauf und bekommen die Cauchybedingung (die wir mit Gaussklammern exaktifizieren):
∀ǫ >0∃N ∈N, N = lnǫ
lnb
+ 1, ∀n, k > N : |an−ak|< ǫ
Nun wenden wir uns der n¨achsten Aussage zu. Falls (an)n∈Nund (bn)n∈N aus zn undwndurch obige Formel enstehen, wobei (zn)n∈N,(wn)n∈N ∈Dgew¨ahlt werden, gilt :
Behauptung: ∃n ∈N : an6=bn⇒x= limn→∞an 6= limn→∞bn =y Sei N die kleinste Zahl, sodass aN 6=bN. Im folgenden nehmen wir an aN >
bN.
Behauptung: ∀k > N : ak−bk > b1k
Zusatz: Falls∃m > N : zm−wm >1⇒ ∀k > m: ak−bk > b1m + b1k Beweis : Beweis per Induktion:
(IA) k =N + 1. Es gilt ak−bk = zN+1bN+1−wN+1 > zN+1b−N+1wN+1−1 +bN+11 . Der erste Ausdruck ist 0, falls f¨ur das kleinste mgilt m > N + 1.
(IS) Angenommen die Aussage inklusive Zusatz gilt bis n. Wir unterscheiden 3 F¨alle:
Fall m≤n:
an+1−bn+1=an−bn−zn+1−wn+1
bn+1 > 1 bm + 1
bn −b−1 bn+1 = 1
bm + 1 bn+1 Fall m=n+ 1:
an+1−bn+1 =an−bn−zn+1−wn+1
bn+1 > 1
bn −b−2 bn+1 = 1
bm + 1 bn+1
Fall m > n+ 1:
an+1−bn+1 =an−bn−zn+1−wn+1
bn+1 > 1
bn −b−1 bn+1 = 1
bn+1
Da (bn)n∈N∈Dgibt es eink > N mitbk 6=b−1. Dadurch gilt der Zusatz und wir erhalten f¨urn > k, dassan−bn > b1k+b1n und somit limn→∞an−bn ≥ b1k, sodass die Grenzwerte ungleich sind.
