1.1Einleitung 1L¨osungenzuAnalysis1/10.¨Ubung

1 L¨ osungen zu Analysis 1/ 10. ¨ Ubung

1.1 Einleitung

Da wir Beispiele 8,9 aus Zeitgr¨unden nicht alle besprechen konnten werden diese mit in die ausgew¨ahlten L¨osungen aufgenommen. Das erste Beispiel wird besonders ausf¨uhrlich und ohne Karakterisierung des lim inf als klein- sten H¨aufungspunkt gel¨ost.

Eine sehr n¨utzliche Erkenntnis in Bezug auf Netze ist die folgende, die in Analogie mit Definition 5.3.7 zu sehen ist.

Falls f¨ur eine gerichtete Menge (I,4) eine Teilmenge J ⊆I ausgew¨ahlt wird und ¨uberpr¨uft werden soll, ob (J,4 ↾J) ein Teilnetz ist reicht es zu zeigen:

∀i∈I ∃j ∈J : i4j

Um das einzusehen betrachten wir die allgemeine Bedingung:

∀i∈I ∃k ∈J : ∀j <_J k⇒i(j)<i

Nun ist i : J →I die richtungstreue (gleiche Relation 4) Einbettung nach I und somit folgt aus der einfachen Bedingung

∀i∈I ∃k ∈J : i4k

sofort aus der Transitivit¨at von 4:

∀i∈I ∃k ∈J ∀j ∈J : k <j ⇒k <i

Im Spezialfall, dassJ abz¨ahlbar ist sagen wir eben, dassI Teilfolgen erlaubt.

Bei Netzen ist zu beachten, dass in den allermeisten F¨allen bei Betrachten von limi∈Ia_i, die gerichtete Menge I kein gr¨osstes Elementm besitzen sollte.

Denn in diesem Fall w¨are offensichtlich jede gerichtete Menge (J,4), mit beliebigen i:J →I, sodass∃j : i(j) =m, ein Teilnetz. Dieses hilft aber bei Berechnung von a_m nichts. Vergleiche Definition 5.3.9.

Um das Verhalten einer Funktion von D ⊆ (X, dX) → (Y, dY) in der N¨ahe eines Punktes a ∈X zu untersuchen, verwenden wir desshalb, das Netz auf D\ {a}

x4y⇔d_X(x, a)≥d_X(y, a).

Man ist versucht den Grenzwert durch den Grenzwert eines einfachen Teilnet- zes (z.B. Teilfolge) zu bestimmen. Ein Teilnetz reicht aus um den Grenzwert

zu finden, falls der Grenzwert existiert. Im Falle, dass wir ein monotones Netz f : D →(Y, dY) mit gerichteter Menge (D,4) betrachten, wissen wir allerdings, dass limi∈Df(i) = sup{f(i) : i ∈D}. Falls nun in f¨ur beliebiges M ⊂ (Y, d_y) das Suprema sup(M) existiert, existiert somit sicherlich auch der Grenzwert. In R ist das der Fall, wenn man supM = ∞ setzt, falls M unbeschr¨ankt ist. Damit ist ersichtlich, dass ein Teilnetz ausreichend ist, um den Grenzwert zu erhalten, da es im Teilnetz f¨ur jedes d ∈ D ein d^′ aus der gerichteten Menge D^′ des Teilnetzes gibt, mit i(d^′) <d und damit, falls y= limd∈Df(d) giltd_Y(f(i(d^′), y)≤d_Y(f(d), y).

1.Beispiel Da f¨ur reelle Folgen (a_n)_n∈N, (bn)_n∈Nim allgemeinen nicht lim inf(anb_n)6= lim inf(an)·lim inf(bn) gilt, muss man in diesem Beispiel besonders Acht ge-

ben.

Gelte nun limn→∞a_n =a <0. Wir beweisen BH 1:: lim inf_n→∞a_nb_n =−lim sup_n→∞−a_nb_n

Beweis : Da lim inf_n→∞a_nb_n= sup_m∈Ninf_n≥ma_nb_nund sup_n∈I−1·a_n=−inf_n∈Ia_n, und ebenso inf_n∈I−1·an=−sup_n∈Ian f¨ur beliebiges I ⊆N(siehe Bemer- kung 2.2.6) gilt dann auch lim infn→∞a_nb_n=−lim sup_n→∞−a_nb_n.

BH 2:: lim infn→∞a_nb_n = lim infn→∞ab_n

Beweis : Diese Behauptung rechnen wir nun genau nach:

Wir wissen da lim_n→∞a_n=agilt

∀ǫ >0∃N ∈N ∀n > N : |an−a|< ǫ

F¨ur vorgegebenes ǫ >0, gibt es also einN, sodass f¨ur alle m > N gilt:

n>minf a_nb_n= inf

n>m((a_n−a)b_n+ab_n)≥ inf

n>m(−ǫ|b_n|+ab_n)≥

≥ inf

n>m(−ǫsup

k∈N|b_k|+ab_n) =−ǫsup

k∈N|b_k|+ inf

n>mab_n

Somit gilt

∀m > N : inf

n>mab_n− inf

n>ma_nb_n

≤ǫsup

n∈N|b_n| und damit allgemein

∀ǫ >0∃N ∈N ∀m > N : inf

n>mab_n− inf

n>ma_nb_n

≤ǫsup

n∈N|b_n|

also auch f¨ur das Supremum:

∀ǫ >0∃N ∈N: sup

m>N

n>minf abn− sup

m>N

n>minf anbn

≤ǫsup

n∈N|bn|.

Nun gilt aber inf_n>ma_n>inf_n∈Na_nund sup_n∈N|b_n|=C ∈R. Somit schlies- sen wir

∀ǫ >0 : sup

m∈N

n>minf ab_n−sup

m∈N

n>minf a_nb_n

≤ǫ·C

und indem wir die bijektive Zuordnungǫ7→ǫ·C betrachten erhalten wir lim inf

n→∞ ab_n= lim inf

n→∞ a_nb_n

Nun brauchen wir nurmehr BH 1 und BH 2 zusammensetzen und erhalten:

BH 3: lim inf

n→∞ a_nb_n = lim inf

n→∞ ab_n=−lim sup

n→∞ −ab_n =alim sup

n→∞

b_n

4. Beispiel Zu ¨uberpr¨ufen ist im Folgenden jeweils, ob die angegebenen Mengen, offen, abgeschlossen, beschr¨ankt bzw. kompakt sind. In R^p ist eine Menge nur dann offen und abgeschlossen zugleich, wenn sie entweder der ganze Raum oder die leere Menge ist. Ist eine Menge nicht von dieser Form brauchen wir sie nicht auf Offenheit und Abgeschlossenheit ¨uberpr¨ufen.

• T

n∈N −1− ¹_n,1 + _n¹

× −_n¹,2 + _n¹

⊂(R², d₂)

Die Menge ist beschr¨ankt, da jede der im Schnitt beteiligten Mengen durch die Menge (−2,2)×(−1,3) ¨uberdeckt wird. Das sieht man direkt durch Vergleichen der Intervallgrenzen.

Die Menge ist abgeschlossen, da f¨ur jedem Punkt (x, y) des Komple- ments ein nexistiert, sodass (x, y)6∈ −1− ¹n,1 + _n¹

× −n¹,2 + _n¹

=:

U_n. Also ist z.B. x 6∈ −1− _n¹,1 + ¹_n

und U_|x|−1−1

n(x, y) eine Kugel die leeren Schnitt mit U_n und damit mit T

n∈NU_n hat. Wir f¨uhren den Beweis, dass die Kugel leeren Schnitt mit der Menge U_n hat hier ex- emplarisch vor indem wir alle F¨alle durchexerzieren:

x∈

−1− 1

n,1 + 1 n

c

⇔











x+ (|x| −1−_n¹)>1 + ¹_n : x >1 + ¹_n x+ (|x| −1−n¹) =−1− ¹n : x <−1− ¹n

x−(|x| −1− ¹_n)<−1− _n¹ : x <−1− ¹_n x−(|x| −1− ¹n) =−1− n¹ : x >1 + ¹_n Nach dem Satz von Bolzano-Weierstrass ist die Menge damit kompakt.

• {0} ∪ S

n∈N

₁

n,_n¹ +_n¹2

⊂(R, d2) Als erstes behaupten wir folgendes:

BH 1: ∀n∈N: _n+1¹ + _(n+1)¹ 2 < ¹_n

Beweis : _n+1¹ +_(n+1)¹ 2 < ¹_n ⇔n²+ 2n < n²+ 2n+ 1

Die Menge ist beschr¨ankt, weil sie wegen BH 1 ganz in [0,2] enthalten ist.

F¨ur einen Punkt xdes Komplements finden wir eine Kugel, indem wir das Komplement in 3 Teile zerlegen:

U(x) :=







U_|x|(x) x <0 U_x−2(x) x >2

U_d(x) ∃n ∈N: _n+1¹ +_(n+1)¹ 2 < x < _n¹, d= min{n¹ −x, x− _n+1¹ − _(n+1)^{1 2}} Offensichtlich sind alle der Kugeln so gew¨ahlt, dass sie kein Intervall

h1

n,_n+1¹ + _(n+1)¹ 2

i schneiden. Damit ist die Menge abgeschlossen und mit dem Satz von Bolzano-Weierstrass kompakt.

• T

n∈N

(x, y)∈(R², d₂) : y∈ −_n¹²,_n¹₂

Die Menge ist nicht beschr¨ankt, da sie die Folge (a_n)_n∈N := ((n,0))_n∈N

enth¨alt. Die Menge ist aber abgeschlossen, da f¨ur alle Punkte (x, y) des Komplements ein n existiert mit y6∈ −_n¹²,_n¹₂

und damit die Ku- gel U_|y|− ¹

n2(x, y) leeren Schnitt mit

(x, y)∈(R², d₂) : y∈ −n¹²,_n¹₂ besitzt.

7. Beispiel SeiX =R, 0< a∈X und f : D→X,f(r) =a^r. Im Beispiel ist D=Q.

Um den limr→0f(x) zu betrachten definieren wir die gerichtete MengeD^′ :=

(D\ {0},4):

a4b ⇔ |a| ≥ |b|.

Zum Netz {f(d) : d∈ D^′} definieren wir zuerst D₁ :={d ∈D^′, d < 0} und D₂ :={d ∈D^′, d >0}, und damit zwei Teilnetze:

(zd)^k_d∈Dk :={f(d) : d∈D_k}.

wobei diese f¨ur den linkseitigen und den rechtsseitigen Limes stehen. Dann definieren wir weiter J₁ :=

−¹_n : n∈N und J₂ :=

−¹_n : n∈N und die Teilnetze (k =,1,2)

(y_j)^k_j∈Jk :={f(j) : j ∈J_k}.

Die Teilnetzeigenschaft der (zd)^k_n∈N nachzuweisen, reicht die einfache Bedin- gung

∀d∈D^′ ∃d∈D_k : d4j

zu verifizieren. Diese ist f¨ur D₁, D₂ klar (vergleiche 5.3.14).

Um die Teilnetzeigenschaft f¨ur (y_j)^k_j∈Jk, und damit f¨urJ_k(k= 1,2) zu zeigen, k¨onnen wir ebenso:

∀d∈D^k ∃j ∈J_k: d4j. (1) verwenden.

Wir erhalten die wahre Aussage (k= 1,2):

∀d∈D^k ∃j ∈J ∃n ∈N: |d| ≥ |j|= 1 n.

Um noch einfacher beschriebene Teilnetze zu erhalten, wollen wiri_k : N→J_k definieren und

(xn)^k_n∈N:=

f

−1^k n

: n ∈N

Wir sehen wieder sofort die Teilnetzeigenschaft

∀k = 1,2 ∀j ∈J_k ∃N ∈N: ∀n ≥N ⇒i_k(n)<_J j (2) ein.

Also ergibt (1) und (2) direkt

∀k = 1,2 ∀d∈D^k ∃N ∈N: ∀n > N ⇒i_k(j)<i (3) und somit sind (xn)^k_n∈N Teilfolgen von {f(d) : d ∈ D^′}. Mit all dieser Er- kenntnis beweisen wir nun sehr einfach:

BH 1: lim

r→0f(r) = 1

Beweis : Wir ben¨otigen die Existenz des Limes.

Dazu reicht es zu wissen, dassr7→a^r eine monotone Abbildung nachRist, falls r ≥ 0 oder r ≤ 0. Der Beweis der Monotonie wurde bereits gef¨uhrt (steht auch im Hinweis!).

Wir sehen dann sofort (z_d)^k_d∈Dk, k = 1,2 sind monotone Teilnetze und es reicht (siehe Einleitung) die Folgen (x_n)^k_n∈Nf¨ur die Bestimmung des Grenz- wertes zu betrachten.

Wir verwenden das Einschliessungskriterium. Es gen¨ugt ein q, q^′ ∈ Q zu finden mit 0< q≤a≤q^′ (Archimedizit¨at vonR).

Betrachten wir nun die 2 F¨alle:

D₂ : Wir wissen aus der Vorlesungnung √ⁿq →1 und √ⁿ

q^′ →1 und

∀n∈N: √ⁿq < √ⁿ

a < √ⁿq^′ damit gilt √ⁿa→1.

D₁ : Mit den Rechenregeln f¨ur Folgen gilt qⁿ

1

q →1 und

∀n∈N : ⁿ r1

q^′ < ⁿ r1

a < ⁿ r1

q damit schliessen wir ⁿ

q1 a →1.

Insgesamt gilt dann lim_d∈D1f(d) = lim_d∈D2f(d) = 1 und damit folgt

d∈Dlim^′f(d) = 1.

8. Beispiel Wir bestimmen einige Grenzwerte reeller Funktionen (die eben immer spezieller Netze) sind. Die Netze zur Bestimmung der Grenzwerte reel- ler Funktionen erlauben Folgen. (siehe Bemerkung 5.3.10.) Daher wird Lem- ma 5.3.8. anwendbar und wir zeigen unsere Aussagen immer f¨ur alle Folgen aus dem Definitionsbereich der reellen Funktion, die gegen den Grenzwert konvergieren. Stimmen alle die Grenzwerte ¨uberein so existiert der allgemei- ne Grenzwert und f¨allt ebenso mit den Grenzwerte der Folgen zusammen.

• Sei x ∈R⁺. Wir zeigen lim

x→+∞

√x √

x+ 1−√x

= ¹₂.

Beweis : Wir formen zuerst um

√x √

x+ 1−√ x

=√ x·

=1

z√ }| { x+ 1−√

x √

x+ 1 +√ x

√x+ 1 +√

x =

√x

√x+ 1 +√ x Wir zeigen, dass f¨ur alle positiven gegen∞ strebenden Folge (xn)_n∈N, der Grenzwert existiert und gleich ist. Gegeben eine beliebige solche Folge, dann gilt:

∀n∈N: 1 2

r x_n x_n+ 1 <

√xn

√x_n+ 1 +√x_n <

√xn

√x_n+√x_n = 1 2

Somit folgt aus dem Einschliessungskriterium f¨ur Folgen, dass lim_n→∞f(x_n) =

1

2, wenn wir die Funktion der Angabe mit f abk¨urzen. Somit gilt mit Lemma 5.3.8, dass f¨ur alle positiven gegen +∞ strebenden Folgen (x_n)_n∈N: lim_x→∞f(x₎= ¹₂ und damit

x→+∞lim

p(x) √

x+ 1−√ x

= 1 2.

• Sei x ∈R\ {0}. lim

x→0 x²

|x|+x² = 0 Beweis : Wir formen zuerst wieder um:

x²

|x|+x² = |x|

1 +|x| = 1− 1 1 +|x|

Damit gilt aber nun mit den Rechenregeln f¨ur Netze und mit lim_n→∞|x_n|= 0 f¨ur alle gegen 0 konvergenten Folgen (xn)_n∈Nund mit Lemma 5.3.8, dass

x→0lim x²

|x|+x² = lim

x→01− 1

1 +|x| = 1− 1 1 + lim

x→0|x| = 0

• Sei ξ ∈R\ {x} und k∈N fest. lim

ξ→x x^k−ξ^k

x−ξ =kξ^k−1

Beweis : Zuerst formen wir wieder um, indem wir im Z¨ahlerx−ξ herausheben:

x^k−ξ^k x−ξ =

k−1X

i=0

xⁱξ^k−1−i

F¨ur jede Folge (ξn)_n∈N mit ξ_n → x gilt mit den Rechenregeln f¨ur Folgen:

n→∞lim

k−1X

i=0

xⁱξ^k−1−i_n = Xk−1

i=0

xⁱx^k−1−i=kx^k−1 Damit gilt mit Satz 5.3.8, dass

ξ→xlim

x^k−ξ^k

x−ξ =kx^k−1

9. Beispiel Es sind wieder Grenzwerte analog zum 8. Beispiel zu berech- nen:

• x∈R, lim

x→∞

(−1)^[x]

x = 0

Beweis : F¨ur alle positiven reellen Folgen (xn)_n∈N mitx_n→ ∞

∀n∈N: −1

xn ≤ (−1)^[xn] xn ≤ 1

xn

und damit mit dem Einschliessungskriterium ⁽⁻¹⁾_xn^[xn] → 0. Also nach Lemma 5.3.8 gilt wieder

x→∞lim

(−1)^[x]

x = 0

• x∈R, lim

x→∞ 1 + ¹_x[x]

=e Beweis : Wir stellen fest

∀x∈R⁺:

1 + 1 [x] + 1

[x]

≤

1 + 1 x

[x]

≤

1 + 1 [x]

[x]

(4) Nun ist aber die linke Funktion und die rechte f¨ur gen¨ugend grossesx monoton, da ausy > x folgt:

– Entweder [x] = [y], wobei der Ausdruck links und rechts dann gleich bleibt, oder

– Es gibt eink∈Nmit [y] = [x] +k. Dann verwenden wir die Monotonie der Folge 1 + ¹_nn

(analog die von

1 +_n+1¹ n

).

Diese haben wir zwar bereits bewiesen, wir geben aber nochmals einen Beweis:

„ 1 + 1

n

«n

≤

„ 1 + 1

n+ 1

«n+1

⇔

⇔0≤

„ 1 + 1

n

«n

· (n+ 2)ⁿ⁺¹nⁿ (n+ 1)²ⁿ⁺¹ −1

!

⇔

⇔(n+ 2)ⁿ⁺¹nⁿ−(n+ 1)²ⁿ⁺¹≥0

Der letzte Ausdruck ist wahr, wenn man den Binomschen Lehrsatz anwendet. Dann sieht man n¨amlich, bei ordnen der Potenzen vonn

(n+ 1)ⁿ⁺¹nⁿ (n+ 1)²ⁿ⁺¹

n²ⁿ⁺¹ 1 1

n²ⁿ 2(n+ 1) 2n+ 1 ..

.

.. .

.. .

dass bei der Differenz der zwei Terme als h¨ochste Potzenz

vonn1·n²ⁿubrigbleibt und daher ein¨ N₀∈Nexistiert, sodass∀n > N: (n+2)ⁿ⁺¹nⁿ−(n+1)²ⁿ⁺¹≥0.

F¨ur alle reellen Folgen (x_n)_n∈N gilt (4) im speziellen ebenso:

a_n:=

1 + 1

[xn] + 1 [xn]

≤

1 + 1 xn

[xn]

≤

1 + 1 [xn]

[xn]

=:b_n Dax_n→ ∞, gibt es einN ∈Nf¨ur das∀n∈N: x_n> N₀ gilt.

F¨ur das Auffinden des Grenzwertes der linken und der rechten Folge reicht uns wegen der gezeigten Monotonie (∀x > N₀) der Funktionio- nen in (4), das Betrachten einer streng monotonen Teilfolge. Solche Teilfolgen sind aber immer auch Teilfolgen von

a^′_n:=

1 + _n+1¹ n

undb^′_n:= 1 + ¹_nn

und konvergieren daher.

Wir wissen aus der 6. ¨Ubung limn→∞b^′_n = e Andererseits ist a^′_n =

b^′n

1+_n+1¹ und mit den Rechenregeln f¨ur Folgen lim_n→∞a^′_n=e.

Zusammen erreichen wir damit, dass lim_n→∞a_n= lim_n→∞a^′_n=eund lim_n→∞bn= lim_n→∞b^′_n=e. f¨ur alle Folgen an, bn.

Durch das Einschliesungskriterium ist nun f¨ur eine beliebige reelle Fol- gen (x_n)_n∈Nmitx_n→ ∞

n→∞lim

1 + 1 xn

[xn]

=e

Dadurch schliessen wir mit Lemma 5.3.8

x→∞lim

1 + 1 x

[x]

=e