Lösungsvorschläge Blatt Nr. 8
Analysis 1 im WS 2005/06

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Vom Dozenten empfohlene Begleitliteratur:

Aufgabe 1

Bestimmen Sie die Häufungspunkte von

$z_n=\sqrt[n]{n^4-n^2+2} \cdot \sin\biggl(\dfrac{\pi n}{2}\biggr)+i\dfrac{n+2}{2n+1}\sin\biggl(\dfrac{2\pi n}{3}\biggr)$

Wir betrachten zuerst die einzelnen Teilfolgengrenzwerte bzw. bei den Sinusfunktionen ihr periodisches Verhalten:

Seien $(z_{n_1})=\sqrt[n]{n^4-n^2+2}$, dann gilt: $\lim\limits_{n \rightarrow \infty} \sqrt[n]{n^4-n^2+2}= 1$

$(z_{n_2})=\dfrac{n+2}{2n+1}$, dann gilt: $\lim\limits_{n \rightarrow \infty}\dfrac{n+2}{2n+1}=\dfrac{1}{2}$

$(z_{n_3})=\sin\biggl(\dfrac{\pi n}{2}\biggr)=\begin{Bmatrix}-1,& \quad \text{f... ... 0,& \quad \text{für} \; n =2k 1,& \quad \text{für} \; n=4k-3 \end{Bmatrix}$, ($k>0$, $k \in \mathbb{N}$)

$(z_{n_4})=\sin\biggl(\dfrac{2\pi n}{3}\biggr)=\begin{Bmatrix}-\sin(\frac{2 \pi... ...r} \; n =3k \sin(\frac{2 \pi}{3}),& \quad \text{für} \; n=3k-2 \end{Bmatrix}$, ($k>0$, $k \in \mathbb{N}$)

die Teilfolgen der Gesamtfolge $(z_n)$. Also lassen sich Neun verschiedene Häufungspunkte (kurz: HP)
durch Rekombination der Teilfolgen für die Gesamtfolge $z_n$ konstruieren:

$\forall \; n=1k+9:\quad HP_1 = 1 + \frac{1}{2}i \cdot \sin(\frac{2 \pi}{3})$

$\forall \; n=2k+9:\quad HP_2 = 0 - \frac{1}{2}i \cdot \sin(\frac{2 \pi}{3}) = - \frac{1}{2}i\sin(\frac{2 \pi}{3})$

$\forall \; n=3k+9:\quad HP_3 = -1 + \frac{1}{2}i \cdot 0 = -1$

$\forall \; n=4k+9:\quad HP_4 = 0 + \frac{1}{2}i \cdot sin(\frac{2 \pi}{3}) = \frac{1}{2}i \cdot sin(\frac{2 \pi}{3})$

$\forall \; n=5k+9:\quad HP_5 = 1 - \frac{1}{2}i \cdot \sin(\frac{2 \pi}{3})$

$\forall \; n=6k+9:\quad HP_6 = 0 - \frac{1}{2}i \cdot 0 = 0$

$\forall \; n=7k+9:\quad HP_7 = -1 + \frac{1}{2}i \cdot sin(\frac{2 \pi}{3})$

$\forall \; n=8k+9:\quad HP_8 = 0 - \frac{1}{2}i \cdot \sin(\frac{2 \pi}{3}) = - \frac{1}{2}i \cdot \sin(\frac{2 \pi}{3})$

$\forall \; n=9k+9:\quad HP_6 = 1 - \frac{1}{2}i \cdot 0 = 1$

Ab $n=10$ wiederholt sich die gesamte Liste wieder.
Also haben wir alle Häufungspunkte gefunden.

Aufgabe 2

a)

Die Teilfolgen $(z_{2n})$, $(z_{2n+1})$ und $(z_{5n})$ einer komplexen Folge $(z_n)_{n \in \mathbb{N}}$ seien konvergent.
Zeigen Sie, dass auch $(z_n)$ konvergiert.

Wir betrachten zuerst die Teilfolgen:

$z_{2_n}=(z_2), (z_4), (z_6), ..., \quad \forall \; n \in \mathbb{N} \quad$ (Folge aller geraden Zahlen $\leq 2$)
$z_{2_{n+1}}=(z_3), (z_5), (z_7), ..., \quad \forall \; n \in \mathbb{N} \quad$ (Folge aller ungeraden Zahlen $\leq 3$)
$z_{5_n}=(z_5), (z_{10}), (z_{15}), ..., \quad \forall \; n \in \mathbb{N}\quad$ (Folge vielfachen von Fünf) Offentsichtlich ist $z_{5_n}$ in der Vereinigungsmenge beider Folgen $z_{2_n}$ und $z_{2_{n+1}}$ vollständig enthalten. Daher scheidet diese Teilfolge für weitere Betrachtungen aus.

Zudem können wir durch die Vereinigungsmenge aus den beiden Folgen $z_{2_n}$ und $z_{2_{n+1}}$ ganz $(z_n)$ erzeugen.
Die einzigste Ausnahme bildet das Folgenglied $z_1$. Dessen Fehlen zerstört aber die Konvergenz nichts.

Denn die konvergenten Teilfolgen $(z_{2n})$, $(z_{2n+1})$, die unsere Gesamtfolge $(z_n)$ aufspannen (bis auf $z_1$),
sind alle Teilfolgen von $(z_n)$ und sie enhalten jeweils unendlich viele Folgenglieder in einer beliebig kleinen Umgebung von Epsilon.

$\Rightarrow$ Also trift hier der Satz zu, eine Folge $(z_n)$ ist konvergent, wenn alle ihre Teilfolgen $(z_i)_{i \in \mathbb{N}}$ konvergent sind.

$\square$

a)

Richtig oder falsch? Ist $(z_{pk})_{k \geq 0}$ konvergent für alle Primzahlen $p$, dann ist auch $(z_n)_{n\geq 0}$ konvergent. Begründen Sie ihre Antwort.

Offentsichtlich können wir mit allen Teilfolgen $(z_{pk})_{k \geq 0}$ ganz $(z_n)_{n\geq 0}$ erzeugen (Eindeutigkeit der Primfaktorzerlegung). Die einzigsten Ausnahmen stellen die Teilfolgen $(z_{1k})_{k \geq 0}$ für $p=1$ und $(z_{2k})_{k \geq 0}$ für $p=2$ dar. Denn die Primzahlen sind erst ab $p\geq 3$ definiert. Das stört uns aber nicht weiter, weil wir mit der Gesamtheit aller konvergenten Primzahlteilfolgen die Folgenglieder $\{z_3, z_4, \cdots , z_n\}$ erzeugen können. Das Fehlen der beiden Folgenglieder $z_1$ und $z_2$ macht die Konvergenz von $(z_n)_{n\geq 0}$ nicht kaputt. Also gilt der Satz eine Folge $(z_n)_{n\geq 0}$ ist konvergent, wenn alle ihre Teilfolgen $(z_i)_{i \in \mathbb{N},i\geq 0}$ konvergent sind.

$\square$

Aufgabe 3

a)

Zeigen Sie:
$n \mapsto \biggl(1+\dfrac{1}{n}\biggr)^{n+1}$ ist monoton fallend und es gilt:

$\lim\limits_{n \rightarrow \infty} \biggl(1+\dfrac{1}{n}\biggr)^{n+1}=e$

Seien also: $\quad a_n=\biggl(1+\dfrac{1}{n}\biggr)^{n+1}$, $\quad a_{n+1}=\biggl(1+\dfrac{1}{n+1}\biggr)^{n+2}$

Für die fallende Monotonie müssen wir zeigen:

$a_{n +1} \leq a_n$ $\Leftrightarrow$ $\dfrac{a_n}{a_{n +1}} > 1$

$$\dfrac{a_n}{a_{n +1}} = \dfrac{\biggl(1+\dfrac{1}{n}\biggr)^{n+1}}{\biggl(1+\dfrac{1}{n+1... ...{n+2}{n+1}} \stackrel{Polynomdiv.}{=} \dfrac{2+\dfrac{+1}{n}}{2+\dfrac{1}{n+1}}$$

$$> \dfrac{2+\dfrac{+1}{n}}{2+\dfrac{1}{n}} = \; 1$$

$\square$

Mit dem Grenzwertsatz aus der Vorlesung für die Zahl $e$ gilt:

$\lim\limits_{n \rightarrow \infty} \biggl(1+\dfrac{1}{n}\biggr)^{n+1}=\lim\lim... ...fty} \biggl(1+\dfrac{1}{n}\biggr) \biggl(1+\dfrac{1}{n}\biggr)^n= e \cdot 1 = e$

In der Vorlesung wurde für zwei Grenzwerte $z$ und $w$ die Rechenregel definiert, $\lim\limits_{n \rightarrow \infty} \biggl(z_n \cdot w_n \biggr)=z \cdot w$, falls $\lim\limits_{n \rightarrow \infty} z_n=z$ und $\lim\limits_{n \rightarrow \infty} w_n=w$ gilt.

$\square$

b)

Zeigen Sie:

$(1.) \quad \biggl(1+\frac{1}{1}\biggr)^{1} \biggl(1+\frac{1}{2}\biggr)^{2} \bi... ...r)^{3} \cdot \cdots \cdot \biggl(1+\frac{1}{n-1}\biggr)^{n-1} = \dfrac{n^n}{n!}$
$(2.) \quad \biggl(1+\frac{1}{1}\biggr)^{2} \biggl(1+\frac{1}{2}\biggr)^{3} \bi... ...^{4} \cdot \cdots \cdot \biggl(1+\frac{1}{n-1}\biggr)^{n} = \dfrac{n^n}{(n-1)!}$

1.)

Induktionsbehaupt.: $\quad \prod\limits_{i=1}^{n-1}\biggl(1+\dfrac{1}{i}\biggr)^i=\dfrac{n^n}{n!}$

Induktionsanfang für $n=1$: $\quad \prod\limits_{i=1}^{1}\biggl(1+\dfrac{1}{1})\biggr)^i=(1+1)^1=2\dfrac{2^2}{2!} \quad \surd$

Sei die Behauptung $\forall \; n \in \mathbb{N}$, $n\geq 2$ wahr, dann ist zu zeigen:

$\quad \prod\limits_{i=1}^{n}\biggl(1+\dfrac{1}{i}\biggr)^i=\dfrac{(n+1)^{n+1}}{(n+1)!}$

Induktionsschluß:

$\prod\limits_{i=1}^{n}\biggl(1+\dfrac{1}{i}\biggr)^i=\biggl(1+\dfrac{1}{n}\big... ...biggr)^i \stackrel{IV}{=} \biggl(1+\dfrac{1}{n}\biggr)^n \cdot \dfrac{n^n}{n!}$

$= \dfrac{(n+1)^n}{n^n} \cdot \dfrac{n^n}{n!}= \dfrac{(n+1)^n}{n!}= \dfrac{(n+1)^{n+1}}{(n+1)!}$

$\square$

2.)

Induktionsbehaupt.: $\quad \prod\limits_{i=2}^{n}\biggl(1+\dfrac{1}{i-1}\biggr)^i=\dfrac{n^n}{(n-1)!}$

Induktionsanfang für $n=2$: $\biggl(1+\frac{1}{1}\biggr)^{2}=\dfrac{2^2}{(2-1)!} \quad \surd$

Sei die Behauptung $\forall \; n \in \mathbb{N}$, $n\geq 2$ wahr, dann ist zu zeigen:

$\quad \prod\limits_{i=2}^{n+1}\biggl(1+\dfrac{1}{i-1}\biggr)^i=\dfrac{(n+1)^{n+1}}{n!}$

Induktionsschluß:

$\prod\limits_{i=2}^{n+1}\biggl(1+\dfrac{1}{i-1}\biggr)^i=\biggl(1+\dfrac{1}{n}... ... \stackrel{IV}{=} \biggl(1+\dfrac{1}{n}\biggr)^{n+1} \cdot \dfrac{n^n}{(n-1)!}$

$= \dfrac{(n+1)^{n+1}}{n^{n+1}} \cdot \dfrac{n^n}{(n-1)!}= \dfrac{(n+1)^{n+1}}{n \cdot (n-1)!}= \dfrac{(n+1)^{n+1}}{n!}$

$\square$

c)

Zeigen Sie:

$e\biggl(\frac{n}{e}\biggr)^n \leq n! \leq e \cdot n \biggl(\frac{n}{e}\biggr)^n$

Wir zeigen die linke Ungleichung und die rechte Ungleichung getrennt per Induktionsbeweis.

1.)

Induktionsbehaupt.: $\quad e\biggl(\frac{n}{e}\biggr)^n \leq n!$

Induktionsanfang für $n=1$: $\quad e\biggl(\frac{1}{e}\biggr)^1 \leq 1! \quad \Leftrightarrow \quad 1 \leq 1! \quad \surd$

Sei die Behauptung $\forall \; n \in \mathbb{N}$, $n\geq 1$ wahr, dann ist zu zeigen:

$\quad e\biggl(\frac{n+1}{e}\biggr)^n \leq (n+1)!$

Induktionsschluß:

$e\biggl(\frac{n+1}{e}\biggr)^{n+1}=e\biggl(\frac{n+1}{e}\biggr)^{1}\cdot\biggl(\frac{n+1}{e}\biggr)^{n} \stackrel{IV}{\leq} n! \cdot \dfrac{n+1}{e} \leq (n+1)!$

2.)

Induktionsbehaupt.: $\quad n! \leq e \cdot n \biggl(\frac{n}{e}\biggr)^n$

Induktionsanfang für $n=1$: $\quad 1! \leq e \dot 1 \biggl(\frac{1}{e}\biggr)^1 \quad \Leftrightarrow \quad 1! \leq 1 \quad \surd$

Sei die Behauptung $\forall \; n \in \mathbb{N}$, $n\geq 1$ wahr, dann ist zu zeigen:

$\quad (n+1)! \leq e \cdot (n+1) \biggl(\dfrac{n+1}{e}\biggr)^{n+1}$

Induktionsschluß:

$(n+1)! = n \cdot n! \leq \biggl(\dfrac{n+1}{e}\biggr) \cdot n! \stackrel{IV}{\... ...rac{n+1}{e}\biggr) \leq e \cdot (n+1) \cdot \biggl(\dfrac{n+1}{e}\biggr)^{n+1}$

d)

Zeigen Sie:

$\lim\limits_{n \rightarrow \infty} \dfrac{n}{\sqrt[n]{n!}}=e$

Dazu benutzen wir die c), die wir mit Induktion bewiesen hatten, denn es gilt:

$e \cdot \biggl(\dfrac{n}{e}\biggr)^n \leq n!\leq e \cdot n \cdot \biggl(\dfrac{n}{e}\biggr)^n, \qquad \forall \; n \in \mathbb{N}$

Durch Umformen erhalten wir:

$\Leftrightarrow \quad \dfrac{1}{e} \cdot \biggl(\dfrac{e}{n}\biggr)^n \leq \dfrac{1}{n!}\leq \dfrac{1}{e\cdot n} \cdot \biggl(\dfrac{e}{n}\biggr)^n$

$\Leftrightarrow \quad \sqrt[n]{\dfrac{1}{e}} \cdot \dfrac{e}{n} \leq \dfrac{1}{ \sqrt[n]{n!}}\leq \sqrt[n]{\dfrac{1}{e \cdot n}} \cdot \dfrac{e}{n}$

$\Leftrightarrow \quad \sqrt[n]{\dfrac{1}{e}} \cdot \dfrac{e}{n} \leq \dfrac{1}{ \sqrt[n]{n!}}\leq \sqrt[n]{\dfrac{1}{e \cdot n}} \cdot \dfrac{e}{n}$

$\Leftrightarrow \quad \sqrt[n]{\dfrac{1}{e}} \cdot e \leq \dfrac{1}{ \sqrt[n]{n!}}\leq \sqrt[n]{\dfrac{1}{e \cdot n}} \cdot e$

$\Rightarrow$ Für $n \rightarrow \infty$ folgt die Behauptung nach dem Sandwich-Lemma.

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