H¨ ohere Mathematik I f¨ ur die Fachrichtung Physik L¨ osungsvorschl¨ age zum 7. ¨ Ubungsblatt

Institut f¨ ur Analysis

Prof. Dr. Dirk Hundertmark 8.12.2017

Dr. Michal Jex

H¨ ohere Mathematik I f¨ ur die Fachrichtung Physik L¨ osungsvorschl¨ age zum 7. ¨ Ubungsblatt

Aufgabe 38:

(a) ⇒: Wann die Reihe P∞

n=1ka_nk konvergiert absolut, dann auch konvergiert die Reihe P∞

n=1ka_nk und k¨onnen wir die Reihe P

c_n alsPka_nk definiereren.

⇐: Wir haben

ka_n+1k

ka_nk ≤ c_n+1 cn

∀ngroß genug dann gilt auch

ka_n+1k ka_nk

ka_nk

ka_n−1k. . .≤ cn+1

c_n cn

cn−1

. . . ,

ka_n+1k

ka₁k ≤ cn+1

c1

,

ka_n+1k ≤ ka₁k c1

c_n+1.

Dann k¨onnen wir Majorantenkriterium benutzen und zeigen, dass die Reihe P

ka_nk kon- vergiert.

(b) Wir nehmen die Folge

bn:= 1 n^p . Die Reihe P

b_n konvergiert absolut, wannp >1 ist. F¨urp >1 haben wir bn+1

b_n = n

n+ 1 p

=

1− 1 n+ 1

p Bernoulli

≥ 1− p n+ 1 Letzter Schritt ist Majorantenkriterium zu benutzen als

ka_n+1k

ka_nk ≤1− p

n+ 1 ≤ b_n+1 b_n

(c) Wir nehmen die Folge

bn:=

( 1

n−1 f¨urn >2, 1 f¨urn= 1. Wir wissen, dass die Reihe P∞

n=1b_n divergiert und dass ^bn+1_b

n = 1− _n¹ gleich ist. Dann impliziert Quotientenkriterium, dass die Reihe P∞

n=1an divergiert, weil a_n+1

a_n ≥1− 1

n = b_n+1 b_n .

Aufgabe 39:

Aus dem Konvergenz der Folge ^a_bⁿ

n haben wir L−≤ an

bn

≤L+ f¨urngroß genug. Dann haben wir auch

(L−)bn≤an≤(L+)bn

f¨urngroß genug. Die Umgleichung gilt auch f¨ur die Reihen

∞

X

n=M

(L−)bn≤

∞

X

n=M

an≤

∞

X

n=M

(L+)bn.

Dann k¨onnen wir Majorantenkriterium und Minorantenkriterium benutzen.

Aufgabe 40:

F¨urngroß genug haben wir, dass

∀∃K∀n≥K: ka_n+1k

ka_nk < α+ und auch

ka_nk ≤(α+)ⁿ ka_Kk (α+)^K . Diese Umgleichung impliziert, dass

pn

ka_nk ≤(α+)ⁿ s

ka_Kk (α+)^K . Dann nehmen wir die Limes superior von letzter Umgleichung

lim sup

n→∞

pn

ka_nk ≤α+ .

Aufgabe 41:

(a) Sei

b_n:=











√ 1

4k−3 f¨urn= 3k−2,

√ 1

4k−1 f¨urn= 3k−1,

−^√1

2k f¨urn= 3k

f¨ur alle n∈N. Offenbar ist (b_n) eine Umordnung von (a_n). Es gilt 1 + 1

√ 3− 1

√ 2 + 1

√ 5 + 1

√ 7− 1

√ 4 + 1

√ 9+ 1

√

11 − 1

√

6+. . .=

∞

X

n=1

bn.

Dann die Umordnung τ ist

τ :=







n+ⁿ⁻¹₃ f¨ur 3|n+ 2, n+ⁿ⁺¹₃ f¨ur 3|n+ 1,

2n

3 f¨ur 3|n .

(b) Seia_n:= ^√1_n f¨ur allen∈N. Offenbar ist (a_n) eine streng monoton fallende Nullfolge. Damit ist die alternierende ReiheP∞

n=1(−1)ⁿ⁺¹an konvergent nach dem Leibnizkriterium.

Sei (S_N) ihre Partialsummenfolge. F¨ur die Teilfolge (S3n) gilt S3n=

3n

X

m=1

bm =

n

X

k=1

b3k−2+

n

X

k=1

b3k−1+

n

X

k=1

b3k=

n

X

k=1

√ 1

4k−3 + 1

√4k−1 − 1

√ 2k. Es gilt

c_k:= 1

√4k−3+ 1

√4k−1− 1

√

2k ≥ 1

√

4k+ 1

√

4k− 1

√ 2k =

1− 1

√2

· 1

√ k ≥

1− 1

√2 1

√ k. Also ist die Reihe P∞

k=1c_k divergent nach dem Minorantenkriterium. Folglich ist auch die Folge (S_N) — also die ReiheP∞

n=1b_n — divergent.

Aufgabe 42:

(i) Sei n∈N. Es gilt

(−1)ⁿ 2n

n

=

2n n

= (2n)!

(2n−n)!n! = (2n)!

(n!)² = Q2n

j=1j Qn

j=1j 2 =

Q2n j=n+1j Qn

j=1j

Indexshift

=

Qn

j=1(n+j) Qn

j=1j =

n

Y

j=1

n+j

j =

n

Y

j=1

1 +n

j

| {z }

≥2

≥2ⁿ.

Wegen (2ⁿ) → ∞, ist (a_n)n∈N := (−1)^{n 2n}_n

n∈N keine Nullfolge. Aber es ist eine not- wendige Bedingung daf¨ur, dassP∞

n=1an konvergiert. Also ist P∞

n=1an divergent.

(ii) F¨urn∈Ngilt

b_n := ⁿ s

n n+ 1

n²

= n

n+ 1 n

=

n+ 1 n+ 1− 1

n+ 1 n

=

1− 1 n+ 1

n+1

·

1− 1 n+ 1

−1

.

Wegen

1−_n+1¹ n+1

→ ¹_e und

1−_n+1¹ −1

→1 gilt

lim sup

n→∞ bn= lim

n→∞bn= 1 e <1.

Folglich istP∞ n=1

n n+1

n²

nach dem Wurzelkriterium (absolut) konvergent.

(iii) F¨ur 0< a <1 und allen∈Ngilt 0< √ⁿ

a <1 und 0< ⁿ⁺¹√

a <1. Deshalb gilt

√n

a= ⁿ⁺¹ q

√n

an+1

= ⁿ⁺¹ q

a√ⁿ

a < ⁿ⁺¹√

a·1 = ⁿ⁺¹√ a.

Folglich ist (1−√ⁿ

a)n∈N (streng) monoton fallend. Ferner ist limn→∞ ⁿ

√a= 1. Nach dem Leibniz-Kriterium ist die alternierende ReiheP∞

n=1(−1)ⁿ(1− √ⁿ

a) konvergent.

Erinnerung: F¨ur alle α, β∈Rund alle n∈N gilt αⁿ−βⁿ= (α−β)·

n−1

X

k=0

α^n−1−k·β^k. (1)

Einsetzen von α= 1,β = √ⁿ

aund Umstellen nachα−β liefert (−1)ⁿ(1− √ⁿ

a)

= 1− √ⁿ

a= 1−a Pn−1

k=0

√n

ak

| {z }

≤1

≥ 1−a Pn−1

k=01 = (1−a)· 1 n.

Da die Reihe P

n≥1 1−a

n = (1−a)·P

n≥1 1

n divergent ist, liefert das Minorantenkrite- rium zusammen mit der obigen Absch¨atzung, dass P

n≥1(−1)ⁿ(1− √ⁿ

a) nicht absolut konvergent ist.

(iv) F¨urn∈Nsei a_n:= 1·3·5···(2n−1)^n! . Offenbar ista_n>0 und es gilt b_n:= a_n+1

a_n = (n+ 1)!

n! ·1·3·5· · ·(2n−1)

1·3·5· · ·(2n+ 1) = (n+ 1)· 1

2n+ 1= 1 +¹_n 2 +¹_n.

Wegen lim sup_n→∞b_n = limn→∞b_n = ¹₂ folgt mit dem Quotientenkriterium, dass die ReiheP∞

n=1 n!

1·3·5···(2n−1) (absolut) konvergent ist.

(v) F¨ur alle n≥3 gilt

an:= n+ 4

n²−3n+ 1 = n+ 4 n(n−3) + 1

| {z }

>0

≥ n n² = 1

n ≥0

und die harmonische ReiheP

n≥1 1

nist divergent nach z.B. Cauchysches Verdichtungskrite- rium. Folglich ist auch die ReiheP∞

n=1 n+4

n²−3n+1 divergent nach dem Minorantenkriterium.

(vi) F¨ur alle n∈Ngilt

(−1)ⁿ 1

n+ 3− 1 n+ 2

=

1

n+ 3− 1 n+ 2

=

(n+ 2)−(n+ 3) (n+ 3)(n+ 2)

= 1

(n+ 3)(n+ 2) ≤ 1 n² und die ReiheP

n≥1 1

n² ist konvergent nach z.B. Cauchysches Verdichtungskriterium. Die Reihe P∞

n=1(−1)ⁿh

1

n+3 −_n+2¹ i

ist nach dem Majorantenkriterium folglich auch absolut konvergent.

(vii) Nat¨urlich ist P

n≥1 x²ⁿ

1+x⁴ⁿ konvergent f¨ur x = 0. Sei also im Folgenden x 6= 0. Dann ist y:=x² >0. F¨ur alle n∈Ngilt

x²ⁿ

1 +x⁴ⁿ = yⁿ

1 +y²ⁿ = 1

y⁻ⁿ+yⁿ = 1 1

y

n

+yⁿ .

Isty= 1, so gilt

x²ⁿ

1 +x⁴ⁿ = 1 1

y

n

+yⁿ

= 1

1ⁿ+ 1ⁿ = 1 2 und folglich ist (a_n)n∈N :=

x²ⁿ 1+x⁴ⁿ

n∈N

keine Nullfolge. Es ist aber eine notwendige Be- dingung daf¨ur, dassP∞

n=1ankonvergiert. Also istP∞ n=1 x²ⁿ

1+x⁴ⁿ divergent f¨urx²∈ {−1,1}.

Isty6= 1, so isty <1 oder ¹_y <1. O.B.d.A. sei y <1. Dann gilt x²ⁿ

1 +x⁴ⁿ = 1 1

y

n

+yⁿ

< 1 1

y

n =yⁿ. Die geometrische Reihe P

n≥1yⁿ mit dem Parameter |y| = y < 1 ist konvergent. Weil

|a_n| < yⁿ f¨ur alle n∈ N ausf¨allt, ist die Reihe P

n≥1a_n (absolut) konvergent nach dem Majorantenkriterium.

(viii) F¨urn∈Ngilt

bn:= ⁿ v u u t

1 3ⁿ

1 +(−1)ⁿ n

n²

= 1 3

1 +(−1)ⁿ n

n

≤ 1 3

1 + 1

n n

und folglich ist lim sup

n→∞ bn≤lim sup

n→∞

1 3

1 + 1

n n

= 1 3 lim

n→∞

1 + 1

n n

= e 3 <1.

Nach dem Wurzelkriterium istP

n≥1 1 3ⁿ

1 +⁽⁻¹⁾_nⁿ n²

(absolut) konvergent.

(ix) Wegen

iⁿ n

= 1

n ∀n∈N ist die ReiheP

n≥1iⁿ

n nicht absolut konvergent (P∞ n=1 1

n ist die harmonische Reihe, dass nicht konvergent ist).

Betrachte die N-te Partialsumme SN = PN n=1

iⁿ

n f¨ur N ∈ N. Die Reihe ist genau dann konvergent, wenn die Folge (S_N)_N∈N konvergent ist.

Wir beginnen mit der Teilfolge (S2N). Diese ist genau dann konvergent, wenn ihr Realteil und ihr Imagin¨arteil konvergent ist. F¨urN ∈Ngilt

S_2N =

2N

X

n=1

iⁿ n =

N

X

n=1

i²ⁿ⁻¹ 2n−1 +i²ⁿ

2n

=

N

X

n=1

i²ⁿ⁻¹ 2n−1 +

N

X

n=1

i²ⁿ 2n

= 1

i ·

N

X

n=1

(i²)ⁿ 2n−1 +

N

X

n=1

(i²)ⁿ

2n = (−i)·

N

X

n=1

(−1)ⁿ 2n−1 +

N

X

n=1

(−1)ⁿ 2n

=

N

X

n=1

(−1)ⁿ 2n

| {z }

=Re(S )

+i·

N

X

n=1

(−1)ⁿ⁻¹ 2n−1

| {z }

=Im(S )

.

Also ist Re(S_2N) gerade die N-te Partialsumme der Reihe P∞ k=1

(−1)^k

2k . Diese ist nach dem Leibniz-Kriterium konvergent. Ferner ist Im(S2N) gerade die N-te Partialsumme der Reihe P∞

k=1

(−1)^k−1

2k−1 = (−1)·P∞ k=1

(−1)^k

2k−1. Diese ist ebenfalls konvergent nach dem Leibniz-Kriterium. Damit ist (S_2N) konvergent.

Schließlich gilt

Nlim→∞S2N+1= lim

N→∞S2N + i^2N+1

2N + 1 = lim

N→∞S2N + i· lim

N→∞

(−1)^N 2N + 1

| {z }

=0

= lim

N→∞S2N.

Also ist die ReiheP∞ n=1 iⁿ

n konvergent. Alternativ ist die Aufgabe 34 benutzen.

(x) F¨urn∈Nsei a_n:= _(3n)^(2n)!nn!. Offenbar ista_n>0 und es gilt a_n+1

an

= (2(n+ 1))!

(3(n+ 1))ⁿ⁺¹(n+ 1)! ·(3n)ⁿn!

(2n)! = (2n+ 2)!

(2n)! · n!

(n+ 1)! · (3n)ⁿ (3(n+ 1))ⁿ⁺¹

= (2n+ 2)(2n+ 1)

n+ 1 · (3n)ⁿ

(3(n+ 1))ⁿ⁺¹ = 2(n+ 1)(2n+ 1) n+ 1 · 1

3n· (3n)ⁿ⁺¹ (3(n+ 1))ⁿ⁺¹

= 4 3 ·

1 + 1

2n

· n

n+ 1 n+1

= 4 3·

1 + 1

2n

·

1− 1 n+ 1

n+1

.

Ferner ist lim sup

n→∞

an+1

a_n

= lim

n→∞

an+1

a_n

= 4 3 · lim

n→∞

1 + 1

2n

| {z }

=1

· lim

n→∞

1− 1 n+ 1

n+1

| {z }

=¹_e

= 4 3e.

Da e > 2 ist lim sup_n→∞

an+1

an

< ²₃ < 1. Mit dem Quotientenkriterium, dass die Reihe P∞

n=1 (2n)!

(3n)ⁿn! (absolut) konvergent ist.

(xi) F¨ur alle n∈Ngilt an= (√

n−2)² n²+√

n⁴+ 1 =

n(1− ^√2

n)² n²+n²

q 1 +_n¹4

=

(1−^√2

n)² n

1 + q

1 +_n¹4

.

F¨ur die Klammer im Nenner gilt 1 + q

1 +_n¹4 ≤1 +√

2<3. F¨ur den Z¨ahler gilt abn≥9

1− 2

√n 2

= 4 1

2 − 1

√n

≥4 1

2− 1

√ 9

= 2 3. Deshalb folgt a_n ≥ ²_9n¹ f¨ur fast allen∈N. Die harmonische Reihe P∞

n=1 1

n ist divergent.

Folglich ist auch die ReiheP∞ n=1

(√ n−2)² n²+√

n⁴+1 divergent nach dem Minorantenkriterium.

(xii) Wir zeigen vorbereitend, dass

n+1√

n+ 1< √ⁿ n

f¨ur alle n≥3. Sei dazu n≥3 beliebig. Es gilt

n+1√

n+ 1< √ⁿ

n ⇔ n > ⁿ⁺¹√

n+ 1n

= ⁿ⁺¹p

(n+ 1)ⁿ

⇔ nⁿ⁺¹ >(n+ 1)ⁿ

⇔ n >

n+ 1 n

n

=

1 +1 n

n

. Es gilt auch limn→∞ 1 +¹_nn

=e <3 und 1 +_n¹n

n∈N ist monoton wachsend. Damit gilt tats¨achlich

n≥3>

1 + 1

n n

f¨ur alle n≥3.

Die Reihenglieder an = ⁿ

√n−ⁿ⁺¹√ n+1

n sind nach Obigem ab n = 3 positiv. Da es bei Konvergenzfragen auf endlich viele Reihenglieder nicht ankommt, istP∞

n=1a_ngenau dann konvergent, wenn sie absolut konvergent ist bzw. wennP∞

n=3a_n konvergent ist.

F¨ur die N-te PartialsummeS_N der letzten Reihe gilt

S_N =

N

X

n=3

√n

n− ⁿ⁺¹√ n+ 1

n =

N

X

n=3

√n

n n −

N

X

n=3

n+1√ n+ 1

n ≤

N

X

n=3

√n

n n −

N

X

n=3

n+1√ n+ 1 n+ 1

Indexshift

=

N

X

n=3

√n

n n −

N+1

X

n=4

√n

n n

Teleskopsumme

=

√3

3 3 −

N+1√ N + 1 N + 1 ≤

√3

3 3 . Also ist (S_N) nach oben beschr¨ankt. Die Reihe ist P∞

n=3a_n konvergent, weil (S_N) ist monoton und beschr¨ankt. Also ist die ReiheP∞

n=1

n√ n−ⁿ⁺¹√

n+1

n (absolut) konvergent.

http://www.math.kit.edu/iana1/lehre/hm1phys2017w/