Höhere Mathematik für die Fachrichtung Physik

Karlsruher Institut für Technologie Institut für Analysis

Dr. Christoph Schmoeger Dipl.-Math. Sebastian Schwarz

WS 2014/2015 10.11.2014

Höhere Mathematik für die Fachrichtung Physik

Lösungsvorschläge zum 4. Übungsblatt

Aufgabe 19 (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) (i) Zeigen Sie, dass jede reelle Zahlx∈[0,1) eine eindeutige Dezimaldarstellung besitzt, wenn man Neunerperioden ausschließt. Also: Zu jedemx∈[0,1) existiert genau eine Folge (a_n) mit

• a_n∈ {0, . . . ,9} ∀n∈N,

• ∀N ∈N∃n>N : a_n,9,

• x=P∞

n=1a_n10⁻ⁿ.

(ii) Beweisen Sie, dassRüberabzählbar 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) (i) Existenz: Seix∈[0,1). Wir konstruieren induktiv eine Folge (a_n), sodass 06x−

n

X

k=1

a_n10^−k<10⁻ⁿ ∀n∈N,

was wegen 10⁻ⁿ→0 fürn→ ∞zur Folge hat, dass die ReiheP^∞

n=1a_n10⁻ⁿkonvergiert mit

∞

X

n=1

a_n10⁻ⁿ=x.

Induktionsanfang:Seia₁die größte ganze Zahl kleiner 10x. Dann gilta₁∈ {0, . . . ,9}und 0610x−a₁<1, also 06x−a₁10⁻¹<10⁻¹.

Induktionsschluss:Für einn∈Nseiena₁, . . . , a_ndefiniert und es gelte 06x−Pn

k=1a_n10^−k<

10⁻ⁿ (Induktionsvoraussetzung). Nun seia_n+1 die größte ganze Zahl kleiner 10ⁿ⁺¹(x− P_n

k=1a_n10^−k). Nach Induktionsvoraussetzung gilta_n+1∈ {0, . . . ,9}und außerdem 10ⁿ⁺¹ x−

n+1

X

k=1

a_k10^−k

!

= 10ⁿ⁺¹ x−

n

X

k=1

a_k10^−k

!

−a_n+1∈[0,1),

somit

06x− Xn+1

k=1

a_n10^−k<10⁻⁽ⁿ⁺¹⁾.

Haben wir nun eine Folge konstruiert, die ab einem (kleinsten)N ∈Nkonstant den Wert 9 annimmt, so ersetzen wir diese Folge durch die Folge ( ˜a_n), definiert durch

˜

a_n=a_n (n6N −2), a˜_N−1=a_N−1+ 1, a˜_n= 0 (n>N).

Es gilt

x=

∞

X

n=1

a_n10⁻ⁿ=

N−1

X

n=1

a_n10⁻ⁿ+ 9

∞

X

n=N

10⁻ⁿ

=

N−1

X

n=1

˜

a_n10⁻ⁿ−10^−(N−1)+ 9

∞

X

n=0

10⁻ⁿ−

N−1

X

n=0

10⁻ⁿ

!

=

N−1

X

n=1

a˜_n10⁻ⁿ−10^−(N−1)+ 9 1 1− ¹

10

−1−10^−N 1− ¹

10

!

=

N−1

X

n=1

˜

a_n10⁻ⁿ−10^−(N−1)+ 9 10^−(N−1) 9

!

=

N−1

X

n=1

˜

a_n10⁻ⁿ=

∞

X

n=1

˜ a_n10⁻ⁿ.

Wir haben also eine Folge ohne "Neunerperiode" gefunden, die als Reihenwertxergibt.

Eindeutigkeit: Seix ∈[0,1). Seien (a_n) und (b_n) Folgen mit Folgengliedern in{0, . . . ,9}, ohne "Neunerperiode" und mit

x=

∞

X

n=1

a_n10⁻ⁿ=

∞

X

n=1

b_n10⁻ⁿ.

Behauptung:(a_n) = (b_n).Beweis:Wir nehmen an, dass die beiden Folgen nicht übereinstim- men. SeiN ∈Nder kleinste Index, an dem sie sich unterscheiden und ohne Beschränkung der Allgemeinheit. Die beiden SummenPN

n=1a_n10⁻ⁿundPN

n=1b_n10⁻ⁿunterscheiden sich also um eine Differenz>10^−N. Für die Differenz des Rests der Reihen gilt

∞

X

n=N+1

(b_n−a_n)10⁻ⁿ<9

∞

X

n=N+1

10⁻ⁿ= 910^−(N+1) 1− ¹

10

= 10^−N.

Die strikte Ungleichung hat ihren Ursprung darin, dass sich nicht jede Differenzb_n−a_n auf 9 belaufen kann, denn ansonsten wären all diese a_n = 0 und b_n = 9, doch dies wurde ausgeschlossen. Insgesamt können die Reihen dadurch also nicht denselben Wert annehmen, ein Widerspruch.

(ii) Zuerst stellen wir fest, dassR überabzählbar ist, wenn [0,1) überabzählbar ist. Nun nehmen wir an, letzteres wäre nicht der Fall. Dann können wir alle Elemente von [0,1) auflisten. Wir tun dies anhand der eindeutigen Dezimaldarstellung aus Teila).

x₁= 0.a_1,1a_1,2a_1,3a_1,4· · · x₂= 0.a_2,1a_2,2a_2,3a_2,4· · · x₃= 0.a_3,1a_3,2a_3,3a_3,4· · · x₄= 0.a_4,1a_4,2a_4,3a_4,4· · ·

...

Es reicht nun aus, einx₀∈[0,1) zu konstruieren, welches nicht in dieser Liste auftaucht.

Dazu definieren wir die entsprechende Folge der Dezimaldarstellung vonx₀wiefolgt a_0,n=

( 0, a_n,n,0 1, a_n,n= 0

Die so definierte Zahl in [0,1) taucht nicht in der Liste auf, da sie sich an der n-ten Stelle der Dezimaldarstellung von der n-ten Zahl der Liste unterscheidet. Durch die Eindeutigkeit der Darstellung ist der Beweis erbracht und damit ein Widerspruch zur Annahme erreicht, womitRüberabzählbar ist.

Aufgabe 20 (Tutorium)

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

n→∞ a_nund lim sup

n→∞

a_nan.

(i) a_n= (1 + (−1)ⁿ)ⁿ. (ii) 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) SeienM₁undM₂zwei abzählbare Mengen. Zeigen Sie, dass auchM₁×M₂abzählbar ist.

Hinweis:Zeigen Sie zunächst, dassN×Nabzählbar ist und geben Sie dann eine surjektive Abbildung vonN×NnachM₁×M₂an.

Lösungsvorschlag

a) (i) Wir betrachten die zwei Teilfolgen (a_2k) und (a_2k+1). Es gilt a_2k= 2^2k= 4^k→ ∞ (k→ ∞), a_2k+1= 0

Da diese beiden Teilfolgen die komplette Folge abdecken, (a_n) somit nach oben unbeschränkt und nach unten beschränkt ist, ist

lim sup

n→∞

a_n=∞, lim inf

n→∞ a_n= 0.

(ii) 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.

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

Aufgabe 21 (Übung) Betrachten Sie die Reihe

∞

X

n=1

1 +¹₂(−1)ⁿn

n²

a) Was kann man mit dem Quotientenkriterium über die Konvergenz der obigen Reihe sagen?

b) Was kann man mit dem Wurzelkriterium über die Konvergenz der obigen Reihe sagen?

Lösungsvorschlag

Seia_n=⁽¹⁺¹²_n⁽⁻2¹⁾ⁿ⁾ⁿ für allen∈N.

a) Betrachte die Folge (b_n) :=_a

n+1

a_n

. Für ihre Teilfolgen (b_2n) bzw. (b_2n+1) gilt

b_2n = (2n)²

(2n+ 1)²·(1−¹

2)²ⁿ⁺¹ (1 +¹₂)²ⁿ =1

2·







 1 1 +_2n¹









2

· 1

3 2n

b_2n+1 = (2n+ 1)²

(2n+ 2)²·(1 +¹₂)²ⁿ⁺² (1−¹

2)²ⁿ⁺¹ =1 2·







 1 1 +_2n+1¹









2

·3²ⁿ⁺² für allen∈N. Wegen lim_n→∞b_2n= 0 und lim_n→∞b_2n+1=∞gilt lim inf_n→∞a_n+1

a_n = 0<1 und lim sup_n→∞

a_n+1

a_n = ∞ > 1. Eine Entscheidung mit dem Quotientenkriterium ist also nicht möglich.

b) Betrachte die Folge (b_n) :=

pn

|a_n|

. Für ihre Teilfolge (b_2n) gilt:

nlim→∞b_2n= lim

n→∞

1 +¹_{2 2n}√

2n2 = 3 2 Also gilt lim sup_n→∞ ⁿ

p|a_n| ≥ ³

2 >1. Nach dem Quotientenkriterium folgt die Divergenz von P

n∈Na_n.

Hinweis: Tatsächlich sieht man die Divergenz auch schon daran, dass (a_2k) divergiert und (a_n) somit keine Nullfolge ist, die Aufgabe diente nur als einfaches Beispiel dafür, dass nicht alle Kriterien dieselbe Aussage liefern müssen.

Aufgabe 22 (Tutorium) Fürn∈Nseia_n:=^√1_n+⁽⁻¹⁾_nⁿ⁺¹.

a) Zeigen Sie: Es gilta_n>0 für allen∈Nund lim_n→∞a_n= 0.

b) Zeigen Sie, dass die ReiheP∞

n=1(−1)ⁿa_ndivergent ist.

c) Warum ist das Leibnizkriterium hier nicht anwendbar?

Lösungsvorschlag

a) Fürn= 1 ista_n= 2>0. Fürn >1 ist√

n < nbzw. ¹_n< ^√1

n. Deshalb gilt:

a_n= 1

√

n+(−1)ⁿ⁺¹

n ≥ 1

√ n

−1 n >1

n−1 n= 0 Die Konvergenz von (a_n)_n∈Ngegen 0 ist klar wegen ^√1

n→0 und ¹_n→0 fürn→ ∞. b) Nach dem Leibniz-Kriterium ist die ReiheP∞

n=1 (−√1)ⁿ

n konvergent. Wäre die ReiheP∞

n=1(−1)ⁿa_n konvergent, so wäre auch die Reihe

∞

X

n=1

(−1)ⁿ

√ n −

∞

X

n=1

(−1)ⁿa_n=

∞

X

n=1

1 n

konvergent. Aus der Vorlesung ist jedoch bekannt, dass die harmonische ReiheP∞ n=11

n diver- gent ist. Also muss die ReiheP∞

n=1(−1)ⁿa_ndivergieren.

c) Die Folge (a_n)_n∈Nist nicht monoton. Dies könnten wir auch relativ schnell (aber unschön) zeigen, indem wir die Differenzena_2k−a_2k+1unda_2k+1−a_2k+2betrachten, es ist jedoch nicht nötig, denn: Wäre (a_n) monoton fallend, so wären alle Voraussetzungen des Leibnitzkriteriums erfüllt undP∞

n=1(−1)ⁿa_nwürde konvergieren, ein Widerspruch zub).

Aufgabe 23 (Übung)

a) Beweisen Sie denCauchyschen Verdichtungssatz: Ist (a_n) eine monoton fallende Folge mit a_n>0 für allen∈N, so gilt

∞

X

n=1

a_n konvergiert ⇐⇒

∞

X

k=0

2^ka₂^k konvergiert.

b) Sei 0< q∈Q. Zeigen Sie, dass

∞

X

n=1

1

n^q konvergiert ⇐⇒ q >1.

Lösungsvorschlag a) Seiens_n:=P_n

k=1a_kundt_n:=P_n

k=02^ka₂k. Wir nehmen zunächst an, dass P∞

k=02^ka₂^k konvergiert. Für n ≤ 2ⁱ gilt (da (a_n) monoton fallend ist)

0≤s_n≤a₁+ (a₂+a₃) +. . .+ (a₂i+. . .+a₂i+1−1)

≤a₁+ 2a₂+ 4a₄+. . .+ 2ⁱa₂ⁱ =t_i≤

∞

X

k=0

2^ka₂^k <∞. Also konvergiert auchP∞

k=1a_k, da (s_n) monoton wächst (a_n>0) und nach oben beschränkt ist.

Umgekehrt nehmen wir nun an, dassP∞

k=1a_k konvergiert. Fürn >2ⁱ gilt dann

∞>

∞

X

k=1

a_k≥s_n≥a₁+a₂+(a₃+a₄)+. . .+(a₂i−1+1+. . .+a₂ⁱ)≥1

2a₁+a₂+2a₄+. . .+2ⁱ⁻¹a₂ⁱ =1 2t_i. Also konvergiert dann auch P∞

k=02^kx₂^k, da (t_i) monoton wächst (a_n > 0) und nach oben beschränkt ist.

b) Mita_k:=_k¹q haben wir

2^ka₂^k = 2^k(2^k)^−q= 2^(1−q)k.

Damit ist _∞

X

k=0

2^ka₂^k =

∞

X

k=0

x^k mitx:= 2^1−q.

Die Reihe konvergiert genau dann, wenn|x| <1, also wennq >1. Mit Teil a) konvergiert P∞

k=1 1

k^q also genau dann, wennq >1.

Aufgabe 24 (Tutorium)

Untersuchen Sie die nachstehenden Reihen auf (absolute) Konvergenz.

a)

∞

X

n=1

n−1 n

!n

b)

∞

X

n=1

(−1)ⁿ5²ⁿ⁺¹ 2⁵ⁿ⁻¹ c)

∞

X

n=1

√n

n n!

d)

∞

X

n=1

(−1)ⁿ 2n+ (−1)ⁿ

e)

∞

X

n=1

n!

nⁿ

f)

∞

X

n=1

1 2ⁿ

n+ 1 n

!n²

g)

∞

X

n=1

(−1)ⁿ 1

n+ 1− 1 n+ 2

!

h)

∞

X

n=1

5n 4n

!⁻1

i)

∞

X

n=1

n+ 4 n²−3n+ 1 j)

∞

X

n=1

n^kqⁿ, k∈N,|q|<1

k)

∞

X

n=1

√

n+ 1−√

√ n n l)

∞

X

n=1

iⁿ n

Lösungsvorschlag

a) Seia_n:= (ⁿ⁻_n¹)ⁿfürn∈N. Es gilt (sieheAufgabe 16f)) a_n= 1−1

n

!n

→1

e ,0 (n→ ∞).

Damit ista_nkeine Nullfolge undP∞

n=1(ⁿ⁻_n¹)ⁿdivergent.

b) Seia_n:= (−1)ⁿ⁵₂²ⁿ_5n⁻¹. Es gilt

a_n= (−1)ⁿ

1 5·(5²)ⁿ

(2⁵)ⁿ =1 5 −25

32

!n

. Wegenpⁿ

|a_n|= √n¹

5 25 32→²⁵

32<1 istP∞

n=1(−1)ⁿ⁵₂²ⁿ5n⁻¹ konvergent. Genauer handelt es sich um eine geometrische Reihe (bis auf den fehlenden nullten Summanden) und es gilt

∞

X

n=1

(−1)ⁿ5²ⁿ⁻¹ 2⁵ⁿ =1

5

∞

X

n=0

−25 32

!n

−1

!

=1 5

1 1−(−²⁵

32)

−1

!

=− 5 57. Außerdem konvergiert die Reihe auch absolut mit

∞

X

n=1

5²ⁿ⁻¹ 2⁵ⁿ =1

5

∞

X

n=0

25 32

!n

−1

!

=1 5

1 1−²⁵

32

−1

!

=5 7. c) Seia_n:= ⁿ

√ n n!. Da√ⁿ

n→1 fürn→ ∞, ist√ⁿ

nbeschränkt, also√ⁿ

n6C für eine KonstanteC >0.

Somit folgt

|a_n|=

√n

n n! 6 C

n!. DaP∞

n=1C

n! konvergiert (gegenC(e−1), siehe Vorlesung), konvergiert auch P∞ n=1

√n

n

n! absolut nach dem Majorantenkriterium.

d) Seia_n:= _2n+(⁽⁻¹⁾₋ⁿ₁₎n. Es gilt

|a_n|= 1

2n+ (−1)ⁿ > 1

2n+ 1> 1 3n. DaP∞

n=1 1

3n divergiert (als Vielfaches der harmonischen Reihe), konvergiert die Reihe nicht absolut. Es gilt allerdingsa_n= (−1)ⁿb_nmitb_n=_2n+(¹₋₁₎n. Diese Folge ist positiv und konvergiert wegen

1

2n+ (−1)ⁿ 6 1 2n−16 1

n →0 (n→ ∞) gegen 0. Außerdem ist sie monoton fallend wegen

b_2k−b_2k+1= 1

2(2k) + 1− 1

2(2k+ 1)−1 = 0, b_2k+1−b_2k+2= 1

2(2k+ 1)−1− 1

2(2k+ 2) + 1= 1

4k+ 1− 1

4k+ 5= 4

(4k+ 1)(4k+ 5) >0 fürk∈N. Nach dem Leibnitzkriterium konvergiert die AusgangsreiheP∞

n=1 (−1)ⁿ

2n+(−1)ⁿ demnach.

e) Seia_n:= _n^n!n. Es gilt

a_n+1 a_n

= (n+ 1)!nⁿ

(n+ 1)ⁿ⁺¹n!= n n+ 1

!n

= 1

(1−¹

n)ⁿ

→1

e<1 (n→ ∞).

Deshalb konvergiertP∞ n=1n!

nⁿ absolut nach dem Quotientenkriterium.

f) Seia_n:= ₂¹n(ⁿ⁺¹_n )ⁿ². Es gilt pn

|a_n|= 1 2 1 +1

n

!n

→ e

2>1 (n→ ∞).

Deshalb divergiertP∞ n=1 1

2ⁿ(ⁿ⁺¹_n )ⁿ² nach dem Wurzelkriterium.

g) Seia_n:= (−1)ⁿ(_n+1¹ − ¹

n+2). Es gilt

|a_n|= 1

n+ 1− 1

n+ 2 = 1

(n+ 1)(n+ 2) < 1 n² DaP∞

n=1 1

n² konvergiert, konvergiertP∞

n=1(−1)ⁿ(_n+1¹ − ¹

n+2) absolut.

h) Seia_n:= ⁵ⁿ_4n⁻¹

. Es gilt

a_n+1 a_n

=(4(n+ 1))!(n+ 1)!(5n)!

(5(n+ 1))!(4n)!n! = (4n+ 4)(4n+ 3)(4n+ 2)(4n+ 1)(n+ 1) (5n+ 5)(5n+ 4)(5n+ 3)(5n+ 2)(5n+ 1)

=(4 +⁴_n)(4 +³_n)(4 +_n²)(4 +¹_n)(1 +¹_n) (5 +⁵_n)(5 +⁴_n)(5 +_n³)(5 +²_n)(5 +¹_n)

→4⁴

5⁵ <1 (n→ ∞).

Deshalb istP∞ n=1 5n

4n

⁻¹

absolut konvergent nach dem Quotientenkriterium.

i) Seia_n:= _n2−ⁿ⁺⁴3n+1. Fürn>3 gilt−3n+ 160. Daher folgt a_n> n

n² = 1 n

für n > 3. Da die harmonische Reihe divergiert, divergiert auch P∞

n=1 n+4

n²−3n+1 nach dem Minorantenkriterium

j) Seia_n:=n^kqⁿ. Es gilt

pn

|a_n|= |q|pⁿ

n^k→ |q|<1 (n→ ∞).

Also konvergiertP∞

n=1n^kqⁿabsolut nach dem Wurzelkriterium.

k) Seia_n:=

√ n+1−√

√ n

n . Es gilt

a_n= 1

√ n(

√ n+ 1 +

√

n)> 1

√ n+ 1(

√ n+ 1 +

√

n+ 1) = 1

2(n+ 1)> 1 4n. Deshalb divergiertP^∞

n=1

√ n+1−√

√ n

n - wie die harmonische Reihe - nach dem Minorantenkriterium.

l) Seia_n:= ⁱ_nⁿ. Die ReiheP∞ n=1iⁿ

n konvergiert nicht absolut, da |a_n|= ¹_n. Sein= 2kfür eink∈N. Dann gilt

a_2k=i^2k

2k = (−1)^k 2k . Sei nunn= 2k+ 1 für eink∈N₀. Dann gilt

a_2k+1= i^2k+1

2k+ 1= i(−1)^k 2k+ 1. Deshalb gilt

∞

X

n=1

Rea_n=

∞

X

k=1

(−1)^k 2k ,

∞

X

n=1

Ima_n=X

k=0

(−1)^k 2k+ 1.

Da die beiden Folgen (_2k¹) und (_2k+1¹ ) monoton fallende Nullfolgen sind, konvergieren beide Reihen nach dem Leibnitzkriterium und damit per Definition auch die ReiheP∞

n=1iⁿ n.