Analysis I für M, LaG/M, Ph 3.Tutorium

Analysis I für M, LaG/M, Ph 3.Tutorium

Fachbereich Mathematik Sommersemester 2010

Dr. Robert Haller-Dintelmann 29./30.04.2010

David Bücher

Christian Brandenburg

Tutorium

Aufgabe T1 (Abzählbarkeit)

Beweisen Sie Satz 4.7 aus dem Skript:

Es seienX₁,X₂,X₃, . . .abzählbare Mengen. Dann ist auch die MengeS∞

j=1X_jabzählbar.

Lösung: Um mehrfach auftretende Elemente zu vermeiden definieren wir zunächstX¯₁=X₁undX¯_k=X_k\Sk−1 j=1X¯_jfür allek=2, 3, . . .. Dann giltS∞

j=1X_j=S∞

j=1X¯_jund wir betrachten von nun an die MengenX¯₁, ¯X₂, ¯X₃, . . .. Seix_j,idasi-te Element der MengeX¯_j. Wir nummerieren nun analog zu Beispiel 4.5(c) im Skript

x_1,1 → x_2,1 x_3,1 → x_4,1 . . .

. % .

x_1,2 x_2,2 x_3,2 x_4,2 . . .

↓ % .

x_1,3 x_2,3 x_3,3 x_4,3 . . . .

x_1,4 x_2,4 x_3,4 x_4,4 . . . und erhalten somit die Abzählbarkeit der MengeS∞

j=1X¯_jund somit der MengeS∞ j=1X_j. Aufgabe T2 (Suprema)

Es sei I eine Menge und{M_α :α∈I}eine (endliche oder unendliche) Familie von nichtleeren Mengen M_α⊆Rsowie M=S

α∈IM_αderen Vereinigung. Ferner seim_α=supM_α. Zeigen Sie, dasssupM=sup{m_α:α∈I}gilt.

Lösung: Wir nehmen an, dassMnach oben beschränkt ist. Andernfalls existiert das Supremum nicht. Es seix∈M. Das heißt, es gibt einα∈I mitx∈M_α. Damit folgtx≤m_α≤sup{m_α:α∈I}. Also istsup{m_α:α∈I}eine obere Schranke vonM.

Es sei nun " > 0, dann gibt es ein α0 ∈ I, so dass m_α

0 > sup{m_α : α ∈ I} −^"₂. Weiter gibt es ein x ∈ M_α

0 mit x>m_α

0−^"₂>sup{m_α:α∈I} −^"₂−^"₂=sup{m_α:α∈I} −". Damit folgtsupM≥sup{m_α:α∈I}und die Gleichheit supM=sup{m_α:α∈I}ist bewiesen.

Aufgabe T3

Entscheiden Sie jeweils (Beweis oder Gegenbeispiel), ob(a_n)n∈N0eine Nullfolge ist, falls es zu jedem" >0einn₀∈N gibt, so dass für allen≥n₀gilt:

(a)|a_n+a_n+1|< ", (b)|a_n|<2"⁴, (c)|a_n·a_n+1|< ", (d)|a²_n+a_n|< ", (e)|a_n·a_n+m|< "für allem∈N. Lösung:

(a) Gegenbeispiel:Betrachtea_n= (−1)ⁿ,n∈N0. Dann gilt für jedesn∈N0

|a_n+a_n+1|=|(−1)ⁿ+ (−1)ⁿ⁺¹|=|1−1|=0,

die angegebene Bedingung ist also für jedes vorgegebene" >0schon fürn₀=1erfüllt. Trotzdem konvergiert die Folge(an)_n∈N0sicher nicht gegen Null.

1

(b) Behauptung:(∀" >0∃n₀∈N:|a_n|<2"⁴∀n≥n₀) =⇒a_nⁿ−→^→∞0.

Beweis:Seiδ >0beliebig und setze":=p⁴

δ/2. Nach Voraussetzung existiert dann einn₀∈Nmit

|a_n−0|=|a_n|<2"⁴=2 4

rδ 2

4

=δ für allen≥N₀.

Damit haben wir die Definition der Konvergenz nachgeprüft,(a_n)n∈N0ist also eine Nullfolge. ƒ (c) Gegenbeispiel:Wir setzen

a_n=

(1, n∈N0gerade,

1

n, n∈N0ungerade.

Dann gilt für jedesn∈N0

|a_n·a_n+1|=

1·1 n = 1

n

und da(1/n)_n∈Nbekanntermaßen eine Nullfolge ist, gibt es für jedes" >0einn₀∈Nmit|a_n·a_n+1|=1/n< "für allen≥n₀.

Andererseits ist(an)_n∈N0 keine Nullfolge. Um das einzusehen, nehmen wir an diese Folge würde gegen Null kon- vergieren. Dann gibt es einn₀∈N, so dass|a_n|<1/2für allen≥n₀ist. Nun gibt es aber eine gerade Zahlm, die größer alsn₀ist (z.B. muss entwedern₀+1oder n₀+2gerade sein). Für diese ist dann1/2>a_m=1, was ein Widerspruch ist.

(d) Gegenbeispiel:Wir betrachten die konstante Folgea_n=−1,n∈N0. Dann gilt für allen∈N0

|a²_n+a_n|=|(−1)²+ (−1)|=|1−1|=0,

so dass wie in (a) das angegebene Kriterium sogar immer mitn₀=1erfüllt ist. Außerdem ist diese Folge natürlich keine Nullfolge, da sie gegen−1konvergiert.

(e) Behauptung:(∀" >0∃n₀∈N:|a_n·a_n+m|< "∀n≥n₀∀m∈N) =⇒a_n^n→∞−→0.

Beweis:Wir führen einen indirekten Beweis. Dazu nehmen wir an, dass (a_n)n∈N0 keine Nullfolge ist. Was heißt das nun? Wir müssen die Aussage „(a_n)n∈N0konvergiert gegen Null“ negieren. Das geht am besten in Quantoren- schreibweise. Wir wollen also folgendes negieren:

∀δ >0∃n₀∈N∀n≥n₀:|a_n|< δ.

Das ergibt als Negation (aus jedem „∀“ wird ein „∃“ und aus jedem „∃“ ein „∀“, außerdem müssen wir die Unglei- chung am Ende umkehren):

∃δ >0∀n₀∈N∃n≥n₀:|a_n| ≥δ. (1) D.h. (wieder in Worten) es gibt einδ >0, so dass für allen₀∈Neinn>n₀existiert mit|a_n| ≥δ.

Betrachten wir nun die Voraussetzung, so liefert uns diese zum soeben gefundenenδeinN₀∈Nmit

|a_n·a_n+m|< δ² für allen≥N₀und allem∈N. (2)

Wegen (1) (mitn₀=N₀) gibt es nun eink₁∈Nmitk₁≥N₀und|a_k1| ≥δ. Verwenden wir nochmals (1), dieses mal mitn₀=k₁+1, so erhalten wir eink₂∈Nmitk₂>k₁, für das ebenfalls|a_k2| ≥δgilt. Setzen wirm:=k₂−k₁, so istm∈Nund es gilt

|a_k

1·a_k

1+m|=|a_k

1||a_k

2| ≥δ²,

was im Widerspruch zu (2) steht. (Man beachte, dassk₁≥n₀gewählt wurde!) ƒ

2