Analysis I für M, LaG/M, Ph 5.Übungsblatt

Analysis I für M, LaG/M, Ph 5.Übungsblatt

Fachbereich Mathematik Sommersemester 2010

Dr. Robert Haller-Dintelmann 12.05.2010

David Bücher

Christian Brandenburg

Gruppenübung

Aufgabe G1 (Oberer und unterer Limes)

Es seien(a_n)_n∈Nund(b_n)_n∈Nzwei beschränkte Folgen inRund es geltea_n≥0undb_n≥0für allen∈N. Zeigen Sie lim sup

n→∞ (a_n·b_n)≤lim sup

n→∞

a_n·lim sup

n→∞

b_n. Unter welchen weiteren Bedingungen gilt dabei sogar „=“ anstelle von „≤“?

(a) Keine weiteren Bedingungen.

(b) (a_n)_n∈Noder(b_n)_n∈Nist konvergent.

(c) (a_n)_n∈Nund(b_n)_n∈Nsind konvergent.

Beweisen Sie in (a), (b) und (c) jeweils ihre Antwort, bzw. geben Sie ein Gegenbeispiel an.

Lösung:

Behauptung:lim sup_n→∞(a_n·b_n)≤lim sup_n→∞a_n·lim sup_n→∞b_n Beweis:Wir setzen

A:=lim sup

n→∞

a_n, B:=lim sup

n→∞

b_n und C:=lim sup

n→∞ (a_n·b_n).

Wir können eine Teilfolge(a_n

k·b_n

k)k∈Nvon(a_n·b_n)n∈Nauswählen, die gegenCkonvergiert. Das liefert uns eine Teilfolge (a_n

k)k∈N von(a_n)n∈N, welche nach Voraussetzung beschränkt ist. Also besitzt sie nach dem Satz von Bolzano-Weierstraß eine konvergente Teilfolge(a_n

k`)<sub>`∈N</sub>, die gegen einen Häufungspunktavon(a_n)n∈Nkonvergiert. Wegena_n≥0für alle n∈N, gilta≥0und außerdem ist ob der Definition des Limes superior klar, dassa≤Agelten muss.

Wir betrachten nun die dazu passende Teilfolge(b_n

k`)<sub>`∈N</sub>von(b_n)_n∈N. Da diese auch beschränkt ist, hat sie ebenfalls eine konvergente Teilfolge(b_n

k`m)_m∈N, die gegen einen Häufungspunktbvon(b_n)_n∈Nkonvergiert, für den wie oben0≤b≤B gilt.

Wir betrachten nun wieder die Produktfolge(an_k

`m·b_n

k`m)m∈N. Diese ist eine Teilfolge von(an_k·b_n

k)k∈N, konvergiert also wie diese gegenC. Zusammengenommen gilt damit

C= lim

m→∞(a_n

k`m·b_n

k`m) = lim

`→∞a_n

k`· lim

m→∞b_n

k`m =a·b≤A·B,

was zu zeigen war. ƒ

(a) Ohne weitere Bedingungen gilt im Allgemeinen nicht Gleichheit.

Gegenbeispiel:Wir setzena_n:=1+ (−1)ⁿ,n∈N, und b_n:=1+ (−1)ⁿ⁺¹,n∈N. Dann sind beide Folgen(an)_n∈N und(b_n)_n∈Nbeschränkt und es gilta_n≥0undb_n≥0für allen∈N. Weiter ist

lim sup

n→∞

a_n=lim sup

n→∞

b_n=2, aber es ist für allen∈N

a_n·b_n=1+ (−1)ⁿ⁺¹+ (−1)ⁿ+ (−1)²ⁿ⁺¹=1+0−1=0.

Also ist

lim sup

n→∞

a_n·b_n=0<2= lim sup

n→∞

a_n·lim sup

n→∞

b_n.

(b) Behauptung:Ist(an)n∈Noder(bn)n∈Nkonvergent, so gilt Gleichheit.

Beweis:OBdA sei(a_n)_n∈Nkonvergent, d.h. es gilt lim sup

n→∞

a_n= lim

n→∞a_n=:a.

Da(b_n)n∈Nbeschränkt ist, gibt es nach dem Satz von Bolzano-Weierstraß eine konvergente Teilfolge(b_n

k)k∈Ndieser Folge, die gegenlim sup_n→∞b_nstrebt. Betrachten wir nun die Produktfolge(a_n

k·b_n

k)k∈N, so ist diese als Produkt zweier konvergenter Folgen konvergent und es gilt

klim→∞a_n

k·b_n

k =a·lim sup

n→∞

b_n=lim sup

n→∞

a_n·lim sup

n→∞

b_n.

Damit istlim sup_n→∞a_n·lim sup_n→∞b_nein Häufungspunkt von(a_n·b_n)_n∈N, also gilt lim sup

n→∞ (a_n·b_n)≥lim sup

n→∞

a_n·lim sup

n→∞

b_n.

Da wir oben schon im allgemeinen Fall die umgekehrte Ungleichung bewiesen haben, folgt damit die Behauptung.

ƒ

(c) Sind beide Folgen konvergent gilt Gleichheit nach (b), denn dann ist insbesondere auch eine der beiden konvergent.

Aufgabe G2 (Häufungspunkte)

Bestimmen Sie jeweils alle Häufungspunkte der folgenden Folgen:

a_n:= (−1)ⁿ

1+1 n

n

, n∈N

b_n:= (−1)ⁿ 1

pn, n∈N c_n:=2ⁿ, n∈N. Lösung:

(a) Siehe Beispiel 10.7 im Skript.

(b) Die Folge(b_n)_n∈Nist eine Nullfolge. Insbesondere konvergiert auch jede Teilfolge von(b_n)_n∈N gegen 0. Damit hat die Folge nach Lemma 2.6 genau einen Häufungspunkt, nämlich0.

(c) Behauptung:Die Folge(cn)n∈Nhat keinen Häufungspunkt.

Beweis:Wir nehmen an, es gäbe einen Häufungspunkta∈R. Dann gibt es eine Teilfolge(c_n

k)_k∈Nvon(c_n)_n∈N, die gegenakonvergiert. Da jede konvergente Folge eine Cauchy-Folge ist, gibt es also eink₀∈N, so dass|c_n

k−c<sub>n`</sub>|<1 für allek,`≥k₀gilt. Wählen wir speziell`=k+1, so bekommen wir wegenn_k+1≥n_k+1undn_k≥1

1>|c_nk−c_nk+1|=2^nk+1−2^nk ≥2^nk+1−2^nk=2^nk(2−1) =2^nk≥2,

was ein Widerspruch ist. ƒ

Aufgabe G3 (Cauchy-Folgen)

Wir betrachten die rekursiv definierte Folgea₀=2,a_n+1= ¹₂ a_n+_a²

n

. In Tutorium 4, Aufgabe 4 wurde gezeigt, dass diese Folge gegenp

2konvergiert.

(a) Zeigen Sie, dassa_n∈Qfür allen∈N

(b) Zeigen Sie, dass(a_n)eine Cauchy-Folge inQist.

(c) Folgern Sie, dass die Folge nicht inQkonvergiert. Ist dies ein Widerspruch zu Satz 11.2?

Lösung:

(a) Wir beweisen die Behauptung per Induktion.

Induktionsanfang:n=0:a₀=2∈Q p Induktionsannahme:Für einn∈Ngilta_n∈Q. Induktionsschluss: a_n+1 = ¹₂

a_n+_a²

n

. Da Q ein Körper ist, gilt mit a_n ∈ Q (Induktionsannahme) ebenfalls

1 2

a_n+_a²

n

∈Q(da ¹₂∈Q) und somita_n+1∈Q.

(b) Seiε >0. Da(an)gegenp

2konvergiert, gibt es einn₀∈N, so dass fürn,m>n₀|a_n−p

2|< ε/2und|a_m−p 2|<

ε/2. Mit Hilfe der Dreieckungleichung folgt nun

|a_n−a_m|=|a_n−p 2+p

2−a_m| ≤ |a_n−p 2|+|p

2−a_m|<ε 2+ε

2=ε.

(a_n)ist also eine Cauchy Folge inR. Aus Teil a) folgt nun, dass(a_n)eine Cauchy Folge inQist.

(c) Aus der Aufgabenstellung wissen wir, dasslimn→∞a_n=p

2∈/Q. Die Folge konvergiert also nicht inQ. Dies ist kein Widerspruch zu Satz 11.2, da dieser für diereellenZahlen formuliert ist.

Hausübung

Aufgabe H1 (Oberer und unterer Limes)

Bestimmen Sie für die nachstehenden Folgen reeller Zahlen den unteren Limes sowie den oberen Limes.

a_n:=

((1+¹_n)ⁿ nungerade (1+¹_n)ⁿ⁺¹ ngerade b_n:= (−1)ⁿpⁿ

n+ n!

nⁿ

c_n:=







1+₂¹n n=3k 2+ⁿ⁺¹_n n=3k+1

2 n=3k+2

k=0, 1, 2, . . .

Lösung:

(a) Wir bestimmen zunächst alle Häufungswerte und verwenden anschließend Satz 10.10.

Wir betrachten zunächst a_2k+1 = (1+_2k¹₊₁)^2k+1, was sowohl eine Teilfolge von (an) als auch von(1+ ¹_n)ⁿ ist.

Letzteres konvergiert nach Satz 8.6 und Definition 8.7 gegene. Nach Satz 10.6 b) konvergierta_2k+1somit auch gegeneund nach Satz 10.6 a) isteein Häufungswert von(a_n).

Für die Teilfolgea_2k= (1+_2k¹)^2k+1= (1+_2k¹)^2k·(1+_2k¹)betrachten wir zunächst¯a_2k= (1+_2k¹)^2kundˆa_2k=1+_2k¹ getrennt.a¯_2k ist eine Teilfolge von(1+¹_n)ⁿund konvergiert somit nach Satz 10.6 b) gegene.aˆ_2kist andererseits eine Teilfolge von1+¹_nund konvergiert ebenfalls nach Satz 10.6 b) gegen1. Nach Satz 7.8 d) ist der Grenzwert vona_2kgleiche, und somit nach Satz 10.6 a) ein Häufungswert von(a_n), den wir allerdings bereits kennen.

Wir wollen nun zeigen, dass(a_n)keine weiteren Häufungswerte besitzt. Sei dazuα∈Rmitα6=eundε:= ¹₂|e−α|. Es gilt alsoε >0undU_ε(e)∩U_ε(α) =;. Aus der Konvergenz der beiden Teilfolgena_2k+1unda_2kvon(an)wissen wir, dassa_n∈U_ε(e)für fast allen∈Ngilt. Dies wiederum bedeutet, dass höchstens endlich viele Folgenglieder in U_ε(α)liegen können. Somit istαkein Häufungswert von(an).

Es gilt alsoH(an) ={e}und somitlim sup_n→∞a_n=lim inf_n→∞a_n=e. Die Folge(an)ist also sogar konvergent.

(b) Wir betrachten zunächst b_2k= ^2kp

2k+_(2k^(2k₎2k^)!). ^2kp

2kist eine Teilfolge von pⁿ

nund somit nach Satz 8.4 und Satz 10.6 b) konvergent mit Grenzwert1. _(2k^(2k_)2k^)!₎ ist eine Teilfolge von _n^n!_n. Für _n^n!_n gilt nun aber (siehe auch Übung 4, Aufgabe G3)

0≤ n!

nⁿ= n n·n−1

n · · · · ·2 n·1

n≤n n·n−1

n−1· · · · ·2 2·1

n=1 n,

die Folge konvergiert also nach Satz 7.8 f) gegen0, was nach Satz 10.6 b) auch für _(2k^(2k₎2k^)!) gilt. Zusammen ergibt sich also wieder mit Satz 7.8 c), dassb_2kgegen1konvergiert, nach Satz 10.6 b) ist1also Häufungswert vonb_n. Betrachten wir nunb_2k+1=−^2k+1p

2k+1+_(2k^(2k₊₁₎^+1)!_2k+1). Wir können die gleiche Argumentation führen wie fürb_2k und erhalten unter Beachtung des negativen Vorzeichens den Häufungswert−1vonb_n. Die Argumentation, dass es keine weiteren Häufungswerte gibt, verläuft analog zu Beispiel 10.7 im Skript.

Der untere Limes vonb_nist also−1, der obere1.

(c) Wir gehen ähnlich vor wie in Teil a). Betrachte zunächstc_3k=1+₂¹3k. Dies ist auch eine Teilfolge von1+₂¹n, was gegen1konvergiert. Mit den gleichen Argumenten wie in Teil a) ist also1ein Häufungswert vonc_n.

Betrachte nunc_3k+1=2+^3k_3k⁺¹₊₁+_3k¹₊₁=3+_3k¹₊₁. ¹

3k+1ist eine Teilfolge von ¹_nund konvergiert somit gemäß Satz 10.6 b) gegen0. Zusammen mit Satz 7.8 d) und Satz 10.6 a) folgt also, dass3ein Häufungswert vonc_nist.

Aus der Teilfolgec_3k+2=2erhalten wir schließlich den Häufungswert2.

Die Argumentation, dass es keine weiteren Häufungswerte gibt, verläuft analog zu Beispiel 10.7 im Skript mit dem Unterschied, dass wir diesmal 3 Häufungswerte haben. Wir erhalten also H(c_n) ={1, 2, 3} und mit Satz 10.10 lim sup_n→∞c_n=maxH(c_n) =3undlim inf_n→∞c_n=minH(c_n) =1.

Aufgabe H2 (Häufungswerte)

Berechnen Sie alle Häufungswerte der angegebenen Folgen a_n:=p

np

5+n−p 2+n b_n:= 2ⁿ+ (−3)ⁿ

(−2)ⁿ+3ⁿ c_n:=pⁿ

n!

Lösung:

(a) Es gilt

a_n=p np

5+n−p 2+n

= pn€p

5+n−p

2+nŠ €p

5+n+p 2+nŠ p5+n+p

2+n

= 3p

p n

5+n+p 2+n

= 3

Æ₅

n+1+Æ₂

n+1

Mit Satz 8.1 folgt somitlim_n→∞=³₂. Somit ist also³₂ einziger Häufungswert.

(b) Es gilt

b_n=3ⁿ 3ⁿ

€₂

3

Šn

+ (−1)ⁿ

€−²₃Šn

+1 . Da ²

3 <1 folgt, wegenlim€₂

3

Šn

= 0, dasslim_n→∞b_2n = 1und lim_n→∞b_2n+1 =−1. Damit sind also1und −1 Häufungswerte vonb_n. Weitere kann es nicht geben, denn eine Teilfolge mit sowohl unendlich vielen Folgegliedern mit geraden Indizes als auch unendlich vielen Folgegliedern mit ungeraden Indizes besitzt bereits1 und−1als Häufungswerte, kann also nicht konvergent sein.

(c) Es gilt(2n)!≥Q2n

k=nk≥nⁿ⁺¹. Damit folgt

2np

(2n)!≥ ²ⁿp

nⁿ⁺¹≥p

n und ²ⁿ⁺¹p

(2n+1)!≥ ²ⁿ⁺¹p

nⁿ⁺¹≥p n.

Das bedeutet also, dass die Folgec_nbestimmt divergent ist und somit keinen Häufungswert besitzt.

Aufgabe H3 (Cauchy-Folgen)

Seia₀:=0,a₁:=1und a_n:= (a_n−1+a_n−2)/2für n=2, 3, . . .. Zeigen Sie induktiv, dass a_n+1−a_n= (−1)ⁿ/2ⁿund beweisen Sie die Konvergenz der Folge(a_n)mit Hilfe des Cauchy-Kriteriums.

Lösung: Wir zeigen zunächsta_n+1−a_n= (−1)ⁿ/2ⁿ.

Induktionsanfang:n=0:a_n+1−a_n=1−0=1=⁽⁻¹⁾₂0⁰ =⁽⁻¹⁾₂nⁿ

p Induktionsannahme:Für einn∈Ngilta_n−a_n−1=⁽⁻¹⁾₂n−1ⁿ⁻¹

Induktionsschluss:

a_n+1−a_n=a_n+a_n−1 2 −a_n

=1

2 a_n−1−a_n

=−1

2 a_n−a_n−1

=−1 2

(−1)ⁿ⁻¹ 2ⁿ⁻¹

=(−1)ⁿ 2ⁿ

Wir zeigen nun, dass(an)eine Cauchy-Folge ist. Sei dazu o.B.d.A.m>n, d.h.m=n+kfür eink∈N. Wir betrachten a_n+k−a_n= (−1)ⁿ

‚1 2ⁿ− 1

2ⁿ⁺¹+ 1

2ⁿ⁺²−+· · ·+(−1)^k−1 2^n+k

Œ

Durch umklammern in der Form

1 2ⁿ− 1

2ⁿ⁺¹

+ 1

2ⁿ⁺²− 1 2ⁿ⁺³

. . .

sehen wir, dass der Ausdruck in der Klammer positiv ist (der letzte Summand ⁽⁻¹⁾_n+k^k−1 bleibt nur bei ungerademk übrig und ist in dem Fall positiv).

Andererseits liefert umklammern in der Form 1 2ⁿ−

1 2ⁿ⁺¹+ 1

2ⁿ⁺²

− 1

2ⁿ⁺³+ 1 2ⁿ⁺⁴

. . . ,

dass der Ausdruck in der Klammer< ₂¹n ist.

Es folgt somit, dass für allek

|a_n+k−a_n|= 1 2ⁿ− 1

2ⁿ⁺¹+ 1

2ⁿ⁺²−+· · ·+(−1)^k−1 2^n+k < 1

2ⁿ woraus wiederum folgt, dassa_ndem Cauchy-Kriterium genügt.