Analysis I für M, LaG/M, Ph 6.Übungsblatt

Analysis I für M, LaG/M, Ph 6.Übungsblatt

Fachbereich Mathematik Sommersemester 2010

Dr. Robert Haller-Dintelmann 19.05.2010

David Bücher

Christian Brandenburg

Gruppenübung

Aufgabe G1 (Arithmetisches und Geometrisches Mittel)

Es seien zwei Zahlena₁,b₁∈Rmit0<a₁< b₁gegeben. Damit definieren wir rekursiv die beiden Folgen a_n∞ n=1und b_n∞

n=1durch

a_n+1:=p

a_nb_n, n∈N und b_n+1:= a_n+b_n

2 , n∈N.

Zeigen Sie:

(a) 0≤a_n≤b_nfür allen≥2.

(b) (a_n)ist monoton wachsend und(b_n)ist monoton fallend.

(c) Beide Folgen sind konvergent.

(d) Es giltlimn→∞a_n=limn→∞b_n. Lösung:

(a) Behauptung:0≤a_n≤b_nfür allen∈N

Beweis:Wir machen eine Induktion nachn. Der Induktionsanfang fürn=1ist durch die Voraussetzung0<a₁<b₁ abgedeckt, so dass wir uns dem Induktionsschritt zuwenden können. Wir setzen also als Induktionsvoraussetzung voraus, dass0≤a_n≤ b_nfür einn∈Ngilt. Dann gilt schon einmal0≤a_nb_n, weshalb sich die Wurzel aus dem Produkt ziehen lässt und

a_n+1=p

a_nb_n≥0.

Weiter können wir wegenb_n≥a_n≥0ausb_nunda_njeweils die Wurzel ziehen und es gilt natürlich(pa_n−p b_n)²≥ 0. Damit gilt

a_n−2pa_np

b_n+b_n≥0=⇒a_n+b_n≥2pa_np

b_n=⇒b_n+1= a_n+b_n

2 ≥p

a_n·b_n=a_n+1,

wie gewünscht. ƒ

(b) Behauptung:(a_n)ist monoton wachsend.

Beweis:Für allen∈Ngilt wegen (a)

a_n+1=p

a_nb_n≥pa_na_n=a_n.

ƒ Behauptung:(b_n)ist monoton fallend.

Beweis:Für allen∈Ngilt wegen (a)

b_n+1= a_n+b_n

2 ≤ b_n+b_n 2 =b_n.

ƒ

(c) Behauptung:Die Folgen(an)und(bn)sind konvergent.

Beweis:Nehmen wir die Erkenntnisse aus (a) und (b) zusammen, so haben wir für jedesn≥2 0≤a_n≤b_n≤b_n−1≤ · · · ≤b₂≤b₁.

Also sind beide Folgen durch b₁beschränkt. Da sie außerdem nach (b) jeweils monoton sind, konvergieren beide

nach dem Monotonie-Kriterium für Folgen (Satz 7.11). ƒ

(d) Behauptung:Es istlimn→∞a_n=limn→∞b_n.

Beweis:Wir setzena:=lim_n→∞a_nundb:=lim_n→∞b_n. Dann gilt auchlim_n→∞b_n+1=bund wir erhalten b= lim

n→∞b_n+1= lim

n→∞

a_n+b_n

2 =lim_n→∞a_n+lim_n→∞b_n

2 = a+b

2 ,

worausb/2=a/2und so schließlicha=bfolgt. ƒ

Aufgabe G2 (Reihen)

Untersuchen Sie die folgenden Reihen auf Konvergenz und bestimmen Sie gegebenenfalls den Reihenwert.

(a) X∞ n=0

5·3ⁿ

4ⁿ⁺², (b) X∞ n=1

1+1

n n

,

(c) X∞ n=0

ⁿ X

k=0

n k

1 2

n+k

, (d) X∞ k=2

2 k²−1. Lösung:

(a) Mit Hilfe der geometrischen Reihe erhalten wir X∞

n=0

5·3ⁿ 4ⁿ⁺² = 5

4² X∞ n=0

3 4

n

= 5 4²· 1

1−³₄ =5 4.

(b) Behauptung:P∞

n=1a_nmita_n:= (1+¹_n)ⁿ,n∈N, divergiert.

Beweis:Notwendig für die Konvergenz der Reihe wäre, dass a_n∞

n=1eine Nullfolge ist. Wegena_n>1für allen∈N trifft dies jedoch nicht zu; die Reihe divergiert mithin.

(c) Es gilt für jedesn∈Nmit Hilfe der Binomialformel (Satz 5.2 d)

n

X

k=0

n k

1 2

n+k

= 1

2 n n

X

k=0

n k

1 2

k

·1^n−k= 1

2 n

1+1 2

n

= 3

4 n

.

Also ist mit der geometrischen Reihe X∞ n=0

ⁿ X

k=0

n k

1 2

n+k

= X∞ n=0

3 4

n

= 1 1−³₄ =4.

(d) Es gilt für jedesk≥2

2

k²−1= 2

(k−1)(k+1)= 1

k−1− 1 k+1, also haben wir für jedesn≥2mit einem Indexshift

n

X

k=2

2 k²−1=

n

X

k=2

1 k−1−

n

X

k=2

1 k+1=

n−2

X

k=0

1 k+1−

n

X

k=2

1 k+1

=1+1 2+

n−2

X

k=2

1 k+1−

n−2

X

k=2

1 k+1−1

n− 1 n+1

= 3 2−1

n− 1 n+1. Damit ist

X∞ k=2

2

k²−1= lim

n→∞

n

X

k=2

2

k²−1= lim

n→∞

3 2−1

n− 1 n+1

=3 2.

Aufgabe G3 (Riemann I)

Sei (an) eine reelle Folge und a⁺_n := max{a_n, 0},a⁻_n := max{−a_n, 0}. Zeigen Sie: Ist P∞

n=1a_n konvergent, aber nicht absolut konvergent, dann sindP∞

n=1a⁺_n undP∞

n=1a⁻_n jeweils divergent.

Lösung: Beobachtung: Es geltena_n=a_n⁺−a⁻_n und|a_n|=a_n⁺+a⁻_n. Sei nunP∞

n=1a_nkonvergent, aber nicht absolut konvergent. AngenommenP∞

n=1a⁺_n ist konvergent. Dann ist nach Satz 12.8 auch die ReiheP_∞

n=1a⁻_n =P_∞

k=1(a⁺_n−a_n)konvergent. Wiederum mit Satz 12.8 folgt die Konvergenz vonP_∞

n=1|a_k|= P∞

n=1(a⁺_n+a⁻_n). Das heißt aber, dassP∞

n=1a_nabsolut konvergiert, ein Widerspruch! Also kannP∞

n=1a⁺_n nicht konvergent sein.

Ganz analog: AngenommenP∞

n=1a_n⁻ist konvergent. Dann ist nach Satz 12.8 auchP∞

n=1a⁺_n =P∞

n=1(a⁻_n+a_n)konvergent.

Wiederum mit Satz 12.8 folgt die Konvergenz von P∞

n=1|a_k|= P∞

n=1(a_n⁺+a⁻_n). Das heißt aber, dassP∞

n=1a_nabsolut konvergiert, ein Widerspruch! Also kannP∞

n=1a_n⁻nicht konvergent sein.

Hausübung

Aufgabe H1 (Teleskopsummen)

(a) Zeigen Sie: Jede reelle Folge ist Folge von Partialsummen einer Reihe.

(b) Seikeine natürliche Zahl,(an)eine Nullfolge undb_n=a_n−a_n+k. Zeigen Sie: Dann konvergiert die ReiheP∞ n=1b_n gegena₁+a₂+· · ·+a_k.

(c) Bestimmen Sie den Wert der ReiheP∞ n=1 1

n²+k·n. Lösung:

(a) Sei(a_n)eine reelle Folge. Setzeb₁:=a₁und fürn≥2:b_n:=a_n−a_n−1. Dann ist a_n= a₁

|{z}=b₁

+ (a₂−a₁)

| {z }

=b₂

+· · ·+ (a_n−a_n−1)

| {z }

=b_n

=

n

X

k=1

b_k,

also ist(a_n)die Folge der Partialsummen von(b_n).

(b) Seim≥k. Dann gilt

m

X

n=1

b_n=

m

X

n=1

(a_n−a_n+k) =

m

X

n=1

a_n−

m

X

n=1

a_n+k=

m

X

n=1

a_n−

m+k

X

n=k+1

a_n=

k

X

n=1

a_n−

m+k

X

n=m+1

a_n.

Nun ist nach den Rechenregeln für Grenzwerte und da „Verschieben“ der Nullfolge (a_n) nichts am Grenzwert ändert,

m→∞lim

m

X

n=1

b_n= lim

m→∞

k

X

n=1

a_n−

m+k

X

n=m+1

a_n

!

=

k

X

n=1

a_n− lim

m→∞ a_m+1+· · ·a_m+2+· · ·+a_m+k

=

k

X

n=1

a_n− lim

m→∞a_m+1− · · · − lim

m→∞a_m+k

=

k

X

n=1

a_n−0=a₁+a₂+· · ·+a_k.

(c) Setzea_n:= _kn¹ und b_n:= _n2+¹k·n. Dann ist(an)eine Nullfolge und es giltb_n= _n2+¹k·n = _k¹_·n−_k·(n¹_+k) =a_n−a_n+k. Nach Teil (b) ist alsoP∞

n=1 1

n²+k·n=P∞

n=1b_n=a₁+a₂+· · ·+a_k=¹_k€

1+¹₂+· · ·+¹_kŠ . Aufgabe H2 (Reihen)

Untersuchen Sie auf Konvergenz und berechnen Sie gegebenenfalls den Reihenwert.

(a) X∞ n=5

n+1

n²+3n+2, (b) X∞ n=1

(3ⁿ⁺⁵)² 11·2³ⁿ.

(c) X∞ n=1

1

n(n+1)(n+2), (d) X∞ n=2

3ⁿ+ (−1)ⁿ 4ⁿ .

Lösung:

(a)

X∞ n=5

n+1 n²+3n+2=

X∞ n=5

1 n+2=

X∞ n=7

1 n. WäreP∞

n=71

nkonvergent, dann auch die harmonische ReiheP∞ n=11

n=1+¹₂+· · ·+¹₆+P∞ n=71

n. Da dies nicht der Fall ist (Beispiel 12.4 d), mussP_∞

n=5 n+1

n²+3n+2divergieren.

(b) Es ist

X∞ n=1

(3ⁿ⁺⁵)² 11·2³ⁿ =

X∞ n=1

3¹⁰ 11 ·

9 8

n

.

Da die Folge€

3¹⁰/11·(9/8)ⁿŠ∞

n=1nicht gegen Null konvergiert, muss die Reihe divergent sein (Satz 12.6 c).

(c)

X∞ n=1

1

n(n+1)(n+2)= X∞ n=1

1 n− 1

n+1 1

n+2= X∞ n=1

1 2

1 n− 1

n+2

− 1

n+1− 1 n+2

.

Da€₁

n

Š∞

n=1und

1 n+1

∞

n=1Nullfolgen sind, ergibt sich mit H1 (b):

X∞ n=1

1 n− 1

n+2

=1+1 2,

X∞ n=1

1

n+1− 1 n+2

= 1 2.

Mit Satz 12.8 folgt

X∞ n=1

1

n(n+1)(n+2)= 1 2·

1+1

2

−1 2=1

4.

(d) Da die geometrischen Reihen P∞ n=0

3 4

n

und P∞ n=0

−¹₄n

konvergieren mit Werten P∞ n=0

3 4

n

= ₁₋¹3 4

= 4, P∞

n=0

−¹₄n

=₁₊¹1 4

=⁴₅ (Beispiel 12.4 c), gilt nach Satz 12.8 X∞

n=2

3ⁿ+ (−1)ⁿ 4ⁿ =

3 4

2 ∞

X

n=0

3 4

n

+

−1 4

2 ∞

X

n=0

−1 4

n

= 9

16·4+ 1 16·4

5=23 10.

Aufgabe H3 (Eine Abwandlung der geometrischen Reihe) Seiq∈Rmit|q|<1.

(a) Beweisen Sie mit Induktion

n

X

k=1

k·q^k−1=1−(n+1)qⁿ+nqⁿ⁺¹ (1−q)² .

(b) Untersuchen Sie die ReiheP_∞

k=1k·q^k−1auf Konvergenz und bestimmen Sie gegebenenfalls den Grenzwert.

Tipp:Betrachten Sie zunächst die Folge pn

(n+1)|q|ⁿ∞ n=1.

Bemerkung:Sie werden bald lernen, wie sich der Grenzwert dieser Reihe einfacher berechnen lässt.

Lösung:

(a) Behauptung:

n

X

k=1

k·q^k−1=1−(n+1)qⁿ+nqⁿ⁺¹ (1−q)² .

Beweis (Induktion):

Induktionsanfang:Fürn=1istP1

k=1k·q^k−1=1=⁽¹⁻₍₁₋^q_q⁾₎²2= ^1−(1+1)₍₁₋^q1_q^+1·₎2 ^q1+1 wahr.

Induktionsannahme:Für ein gewissesn∈NgeltePn

k=1k·q^k−1=^1−(n+1)_(1−q^qn₎⁺2^nqn+1.

Induktionsschritt:

Xn+1 k=1

k·q^k−1=

n

X

k=1

k·q^k−1+ (n+1)qⁿ

Ind.-Ann.

= 1−(n+1)qⁿ+nqⁿ⁺¹

(1−q)² + (n+1)qⁿ

=1−(n+1)qⁿ+nqⁿ⁺¹

(1−q)² +(n+1)qⁿ(1−2q+q²) (1−q)²

=1−(n+1)qⁿ+nqⁿ⁺¹

(1−q)² +(n+1)qⁿ−2(n+1)qⁿ⁺¹+ (n+1)qⁿ⁺²) (1−q)²

=1−(n+2)qⁿ⁺¹+ (n+1)qⁿ⁺² (1−q)² .

Somit folgt die Behauptung auch fürn+1. ƒ

(b) Wir zeigen, dass die Folgen (n+1)qⁿ∞ n=1und€

nqⁿ⁺¹Š∞

n=1Nullfolgen sind. Daraus ergibt sich dann X∞

k=1

k·q^k−1= lim

n→∞

1−(n+1)qⁿ+nqⁿ⁺¹

(1−q)² =1−lim_n→∞(n+1)qⁿ+lim_n→∞nqⁿ⁺¹

(1−q)² = 1 (1−q)².

Behauptung: (n+1)|q|ⁿ∞

n=1ist Nullfolge.

Beweis:Es giltlim_n→∞pⁿ

(n+1)|q|ⁿ=lim_n→∞pⁿ

n+1· |q|. Da1≤ pⁿ

n+1≤pⁿ

n²für fast allen∈N(allen≥2) undlim_n→∞pⁿ

n²=lim_n→∞pⁿ n·pⁿ

n=lim_n→∞pⁿ

n·lim_n→∞pⁿ

n=1, konvergieren die beschränkenden Folgen(1)^∞_n=1 undp_n

n²∞

n=1gegen1konvergieren. Mit dem Sandwichtheorem folgt, dass das auch die Folge€p_n

n+1Š∞ n=1tut.

Also lim_n→∞pⁿ

(n+1)|q|ⁿ=|q|<1. Wähle" >0mit|q|+" <1. Sein₀∈N so, dass

pn

(n+1)|q|ⁿ− |q| < "

für allen≥n₀. Dann ist pⁿ

(n+1)|q|ⁿ<|q|+", also0≤(n+1)|q|ⁿ<(|q|+")ⁿfür fast allen(allen≥n₀). Da

die Folge (|q|+")ⁿ∞

n=1gegen Null konvergiert (|q|+" <1), ist mit dem Sandwichtheorem auch (n+1)|q|ⁿ∞ n=1

eine Nullfolge.

Alternativ lässt sich statt mit dem Sandwichtheorem auch über das Wurzelkriterium für Reihen argumentieren:

Für fast alle n (allen ≥ n₀) ist pⁿ

(n+1)|q|ⁿ< |q|+" <1, daher konvergiert die ReiheP_∞

n=1(n+1)|q|ⁿ nach Wurzelkriterium, also ist die summierte Folge (n+1)|q|ⁿ∞

n=1eine Nullfolge. ƒ

Daraus folgt wegen|(n+1)qⁿ|= (n+1)|q|ⁿ, dass (n+1)qⁿ∞

n=1eine Nullfolge ist, und dass die verschobene Folge

€(n+2)|q|ⁿ⁺¹Š∞

n=1gegen Null konvergiert. Mit0≤n|q|ⁿ⁺¹≤(n+2)|q|ⁿ⁺¹folgt wiederum, dasslimn|q|ⁿ⁺¹=0, somit auchlimnqⁿ⁺¹=0. Damit ist alles gezeigt.

Bemerkung:Die Formel aus Teil (a) findet man beispielsweise, indem man in folgendem Schema einerseits die Spalten, andererseits die Zeilen mit Hilfe der Formel für die Partialsummen der geometrischen Reihe aufaddiert.

q⁰ q¹ q² . . . qⁿ q¹ q² ...

q² ... ... ...

qⁿ

Eine andere Variante ist, wenn man einmal Polynome differenzieren kann, die SummePn

k=1q^knachqabzuleiten.