Lösungsvorschläge Blatt Nr. 7
Analysis 1 im WS 2005/06

 Die Lösungen werden ergänzt und korrigiert

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Vom Dozenten empfohlene Begleitliteratur:

Aufgabe 1

Drücken Sie folgende Aussagen über die Folge $(z_n)_{n>0} \subset C$ durch die
Quantoren $\forall$ und $\exists$ aus, ohne die Negation $\neg$ zu benutzen.

a)

Die $(z_n)_{n>0}$ hat den Grenzwert $z$ (Def. in 5.2).

$\lim\limits_{n\rightarrow\infty} z_n = z$

$\underset{\epsilon >0}{\forall}\quad \underset{N \in \mathbb{N}}{\exists} \qua... ...nderset{(n \in \mathbb{N})}{n \geq N}}{\forall}: \vert z_n - z \vert < \epsilon$

b)

$(z_n)_{n>0}$ divergiert

$\underset{\epsilon >0}{\forall}\quad \underset{N \in \mathbb{N}}{\exists} \qua... ...rset{(n \in \mathbb{N})}{n \geq N}}{\forall}: \vert z_n - z \vert \geq \epsilon$

c)

$w$ ist Häufungspunkt von $(z_n)_{n>0}$

$\underset{\epsilon >0}{\forall}\quad \underset{N \in \mathbb{N}}{\forall} \qua... ...nderset{(n \in \mathbb{N})}{n \geq N}}{\exists}: \vert z_n - w \vert < \epsilon$

Anmerkung: Die Aussage $\forall \; N \in \mathbb{N}$ bis auf endlich viele ist äquivalent zu für fast alle $N \in \mathbb{N}$. Daher verwenden wir hier den Allquantor $\forall$.

Aufgabe 2

a)

Sei

$a_n=\dfrac{\sin(n)+\cos(n)^3}{\sqrt{n}}$

Bestimmen Sie $N=N_{\epsilon} \in \mathbb{N}$ so, dass $\vert a_n \vert <\epsilon$ für alle $n \geq N$.

Wir wissen für alle $n \in \mathbb{N}$ gilt die Beschränkheit:

$\vert \sin(n) \vert \leq 1$, sowie $\vert \cos(n)^3 \vert \leq 1$.

Also existiert insgesamt für alle $n \in \mathbb{N}$ die obere Schranke:

$\vert a_n \vert = \biggl\vert \dfrac{\sin(n)+\cos(n)^3}{\sqrt{n}}\biggr\vert \... ...cos(n)^3}{\sqrt{n}}\biggr\vert \leq \biggl\vert \dfrac{2}{\sqrt{n}}\biggr\vert$

Wegen $\vert a_n \vert <\epsilon$ für alle $n \leq N$ und $N=N_{\epsilon} \in \mathbb{N}$ muss gelten:

$\dfrac{2}{\sqrt{n}}<\epsilon$

Wir quadrieren die Ungleichung und stellen sie gleichzeitig nach $n$ um:

$n > \dfrac{4}{\epsilon^2}$

Damit wir ganz sicher gehen, dass ab dem $n$ alle weiteren Folgenglieder $a_n$ für alle $n \geq N$ in der Umgebung $B_{\epsilon}$ des Grenzwertes liegen, wählen wir:

$N=\Bigl\lfloor\dfrac{4}{\epsilon^2}\Bigr\rfloor +1$

Die Gaußklammer rundet ganzzahlig ab, denn es gilt für alle $n \in \mathbb{N}:$

$\lfloor n \rfloor \leq n < \lfloor n \rfloor + 1$

b)

Sei $a \in \mathbb{R}$. Berechnen Sie folgende Grenzwerte:

(i) $\quad \lim\limits_{n \rightarrow \infty} \dfrac{n^4-13n^2+\sin(n^6)}{\sqrt{n}+(n-1)^3(7-5n)}$

$\lim\limits_{n \rightarrow \infty} \dfrac{n^4-13n^2+\sin(n^6)}{\sqrt{n}+(n-1)^... ...ow \infty} \dfrac{n^4-13n^2+\sin(n^6)}{-5n^4 + 22n^3 -36 n^2 +26n + \sqrt{n}-7}$

Teilen wir durch die höchste Potenz $n^4$ im ganzrationalen Bruchterm, so ergeben sich nur Nullfolgen für $n \rightarrow \infty$ mit der Ausnahme von:

$\lim\limits_{n \rightarrow \infty} \dfrac{n^4 / n^4}{-5n^4 / n^4}=-\frac{1}{5}$

(ii) $\quad \lim\limits_{n \rightarrow \infty} n \biggl(1-\sqrt{1-\frac{a}{n}}\biggr... ...}}}\biggr)=\lim\limits_{n \rightarrow \infty} \dfrac{a}{1+\sqrt{1-\frac{a}{n}}}$

Weil $a/n$ eine Nullfolge für $n \rightarrow \infty$ ist ergibt sich:

$\lim\limits_{n \rightarrow \infty} \dfrac{a}{1+\sqrt{1-\frac{a}{n}}}= \dfrac{a}{1+1}= \dfrac{a}{2}$

(iii) $\quad \lim\limits_{n \rightarrow \infty} \biggl(1-\dfrac{1}{n}\biggr)^n$

In der Vorlesung hatten wir den Grenzwert: $\lim\limits_{n \rightarrow \infty} \biggl(1+\dfrac{1}{n}\biggr)^n = e^1$

Daher definieren wir hier $n := -\tilde{n}$

$\lim\limits_{-\tilde{n} \rightarrow \infty} \biggl(1+\dfrac{1}{\tilde{n}}\bigg... ...rac{1}{\tilde{n}}\biggr)^{\tilde{n}}\Biggr)^{-1} = \bigl(e^1\bigr)^{-1}=e^{-1}$

Aufgabe 3

Beweisen Sie: Ist $\lim\limits_{n \rightarrow \infty} a_n = a$, $\lim\limits_{n \rightarrow \infty} b_n = b$ und $a_n \leq b_n$ für unendliche viele $n \in \mathbb{N}$, dann gilt:

$a \leq b$

1. Fall: Sei $a_n = b_n$ für unendliche viele $n \in \mathbb{N} \quad \Rightarrow \quad a=b$

2. Fall: Sei $a_n < b_n$ für unendliche viele $n \in \mathbb{N}$ und $a \neq b$, dann gilt:

$\exists a_n \in B_{\epsilon}(a)$ und $\exists b_n \in B_{\epsilon}(b)$ und damit:

$a-\frac{\epsilon}{2}<a_n<b_n<b+\frac{\epsilon}{2}$

Also gilt: $a-\frac{\epsilon}{2}<b+\frac{\epsilon}{2}$

Wir subtrahieren $b$ und addieren $\frac{\epsilon}{2}$ beidseitig:

$a-b <\epsilon$

Weil wie oben vorausgesetzt $a \neq b$ ist, wissen wir, dass $a-b \neq 0$ ist. Somit stellen wir fest:

$a-b < 0 < \epsilon$

Insbesondere gilt damit auch $a<b$.

$\square$

Aufgabe 4

Die Folge $(a_n)_{n \in \mathbb{N}}$ sei rekursiv definiert durch

$a_0=1, \qquad a_{n+1}=\sqrt{2a_n}$

Zeigen Sie, dass die Folge konvergiert und berechnen Sie ihren Grenzwert.

Wir schreiben uns ein paar Folgenglieder hin:

$a_0=1, \; a_1=\sqrt{2}=2^{1/2}, \; a_2=\sqrt{2^{3/2}}=2^{3/4}, \; a_3=\sqrt{2^... ...^{7/8},\\ \cdots , a_n=\sqrt{2^{\frac{2^n -1}{2^{n-1}}}}=2^{\frac{2^n -1}{2^n}}$

Wir zeigen nun die Konvergenz der Folge und betrachten hierzu den Exponenten des n-ten Folgenglieds:

${\frac{2^n -1}{2^n}}= 1 - \frac{1}{2^n} < 1$ für $n \rightarrow \infty$

Also gilt für die obere Schranke $2^{\Bigl(\overbrace{1 - \frac{1}{2^n}}^{<1}\Bigr)}<2^1$.

Desweiteren ist die untere Schranke der Folge $a_0=1$, also fassen wir zusammen:

$1 \leq 2^{\frac{2^n -1}{2^n}} < 2$

$\Rightarrow$ Also ist $(a_n)_{n \in \mathbb{N}}$ nach unten und nach oben beschränkt.

Jetzt benötigen wir noch die Monotonie der Folge:

$\dfrac{a_{n+1}}{a_n}=\dfrac{\sqrt{2a_n}}{a_n}=\sqrt{\dfrac{2a_n}{(a_n)^2}} = \sqrt{\dfrac{2}{a_n}} > 1$,

da $(a_n)_{n \in \mathbb{N}}$ durch $a_n < 2$ nach oben beschränkt ist.

Aus $\dfrac{a_{n+1}}{a_n} > 1$ folgt die streng wachsende Monotonie von $(a_n)_{n \in \mathbb{N}}$ mit

$a_{n+1} > {a_n}$.

$\Rightarrow$ Aus der Beschränktheit und der Monotonie von $(a_n)_{n \in \mathbb{N}}$ folgt schließlich die Konvergenz der Folge $(a_n)_{n \in \mathbb{N}}$.

$\square$

Wir berechnen den Grenzwert der Folge $(a_n)_{n \in \mathbb{N}}$:

$\lim\limits_{n \rightarrow \infty} 2^{\frac{2^n -1}{2^n}}= \lim\limits_{n \rig... ...\frac{1}{2^n}}= \lim\limits_{n \rightarrow \infty} 2^1 \cdot 2^{-\frac{1}{2^n}}$

Da $- \frac{1}{2^n}$ für $n \rightarrow \infty$ eine Nullfolge ist gilt:

$\lim\limits_{n \rightarrow \infty} 2 \cdot 2^{- \frac{1}{2^n}}=2 \cdot 2^0 = 2 \cdot 1 = 2$

Der Grenzwert der Folge $(a_n)_{n \in \mathbb{N}}$ ist $a=2$.

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