Lösungen zu den Aufgaben aus Kapitel 3:
Reelle Zahlen - Reelle Zahlenfolgen
Lösungen zu den Aufgaben Konvergente und divergente Zahlenfolgen
Lösung zur Aufgabe 3.4.1 - Ein Beweis zu Nullfolgen
Zu vorgegebenem \( \varepsilon\gt 0 \) existiert ein \( N(\varepsilon)\in\mathbb N \) mit \[ |y_n|\lt\varepsilon\quad\mbox{für alle}\ n\ge N(\varepsilon), \] da \( \{y_n\}_{n=0,1,2,\ldots} \) nach Voraussetzung eine Nullfolge ist. Wegen \( |x_n|\le|y_n| \) folgt dann aber \[ |x_n|\lt\varepsilon\quad\mbox{für alle}\ n\ge N(\varepsilon), \] d.h. es ist auch \( \{x_n\}_{n=0,1,2,\ldots} \) eine Nullfolge, was zu zeigen war.\( \qquad\Box \)
Lösung zur Aufgabe 3.4.2 - Eindeutigkeit des Grenzwertes
Zu vorgegebenem \( \varepsilon\gt 0 \) existiert ein \( N(\varepsilon)\in\mathbb N \) mit \[ |x-x_n|\lt\varepsilon \quad\mbox{und}\quad |y-x_n|\lt\varepsilon \quad\mbox{für alle}\ n\ge N(\varepsilon). \] Mit der Dreiecksungleichung schätzen wir damit für alle \( n\ge N(\varepsilon) \) wie folgt ab \[ |x-y| =|x-x_n+x_n-y| \le|x-x_n|+|y-x_n| \lt\varepsilon+\varepsilon =2\varepsilon. \] Die Behauptung folgt mit \( \varepsilon\to 0.\qquad\Box \)
Lösungen zu den Aufgaben Erste Eigenschaften konvergenter Zahlenfolgen
Lösung zur Aufgabe 3.4.3 - Schranken konvergenter Zahlenfolgen
Da \( \{x_n\}_{n=0,1,2,\ldots} \) konvergent gegen ein \( x\in\mathbb R \) ist, existiert zu \( \varepsilon=1 \) ein \( N(1)\in\mathbb N \) mit \[ |x-x_n|\lt 1\quad\mbox{für alle}\ n\ge N(1). \] Damit ist auch \[ |x_n|\le|x|+1\quad\mbox{für alle}\ n\ge N(1). \] Setzen wir also \[ C:=\max\{|x_0|,|x_1|,|x_2|,\ldots,|x_{n-1}|,|x|+1\}\,, \] so folgt \( |x_n|\le C \) für alle \( n=0,1,2,\ldots \) Das war zu zeigen.\( \qquad\Box \)
Lösung zur Aufgabe 3.4.4 - Summe und Produkt von Grenzwerten
Zu \( \varepsilon\gt 0 \) existiert zunächst ein \( N(\varepsilon)\in\mathbb N \) mit \[ |x-x_n|\lt\varepsilon \quad\mbox{und}\quad |y-y_n|\lt\varepsilon \quad\mbox{für alle}\ n\ge N(\varepsilon). \]
| (i) | Wir ermitteln |
\[ |(x+y)-(x_n+y_n)| =|(x-x_n)+(y-y_n)| \le|x-x_n|+|y-y_n| \lt 2\varepsilon \]
| für alle \( n\ge N(\varepsilon). \) Also gilt |
\[ \lim_{n\to\infty}(x_n+y_n)=x+y. \]
| (ii) | Wir ermitteln |
\[ \begin{array}{lll} |xy-x_ny_n|\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle |xy-xy_n+xy_n-x_ny_y| \,=\,|(x(y-y_n)+y_n(x-x_n)| \\ & \le & \negthickspace\displaystyle |x||y-y_n|+|y_n||x-x_n| \,\le\,2C\varepsilon \end{array} \]
| für alle \( n\ge N(\varepsilon) \) und \( C\in(0,\infty) \) geeignet nach Aufgabe 3.4.3. Also gilt |
\[ \lim_{n\to\infty}(x_ny_n)=xy. \]
| Im Fall \( y_n=\alpha \) für alle \( n=0,1,2,\ldots \) schließen wir speziell |
\[ \lim_{n\to\infty}(\alpha x_n)=\alpha x. \]
| (iii) | Wegen \( |x|\gt 0 \) existiert zunächst ein \( N_0\in\mathbb N \) mit |
\[ |x-x_n|\lt\frac{|x|}{2} \quad\mbox{bzw.}\quad |x_n|\gt\frac{|x|}{2} \quad\mbox{für alle}\ n\ge N_0\,. \]
| Insbesondere gilt auch \( |x_n|\gt 0 \) für alle \( n\ge N_0. \) Damit ist |
\[ \left|\frac{1}{x}-\frac{1}{x_n}\right| =\frac{|x-x_n|}{|x||x_n|} \lt\frac{2}{|x|^2}\,|x-x_n| \lt\frac{2\varepsilon}{|x|^2} \]
| für alle \( n\ge\mbox{max}\,\{N_0,N(\varepsilon)\}. \) Also gilt |
\[ \lim_{n\to\infty}\frac{1}{x_n}=\frac{1}{x}\,. \] Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)
Lösung zur Aufgabe 3.4.5 - Bestimmen von Grenzwerten I
| (i) | Die Zahlenfolge konvergiert gegen \( 1, \) denn |
\[ \lim_{n\to\infty}\frac{n}{n+1} =\lim_{n\to\infty}\frac{1}{1+\frac{1}{n}} =\frac{1}{1+0} =1. \]
| (ii) | Die Zahlenfolge konvergiert gegen \( 0, \) denn |
\[ \lim_{n\to\infty}\frac{n+1}{n^3+4} =\lim_{n\to\infty}\frac{\frac{1}{n^2}+\frac{1}{n^3}}{1+\frac{4}{n^3}} =\frac{0+0}{1+0} =0. \]
| (iii) | Die Zahlenfolge konvergiert gegen \( 0, \) denn es ist |
\[ \begin{array}{lll} 0\negthickspace & \le & \negthickspace\displaystyle \sqrt{n+1}-\sqrt{n} \,=\,\frac{(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})(\sqrt{n+1}+\sqrt{n})}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}} \\ & = & \negthickspace\displaystyle \frac{n+1-n}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}} \,=\,\frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}} \,\le\,\frac{1}{\sqrt{n}} \end{array} \]
| und damit |
\[ 0\le\lim_{n\to\infty}\big(\sqrt{n+1}-\sqrt{n}\big) \le\lim_{n\to\infty}\frac{1}{\sqrt{n}} =0. \]
| (iv) | Die Zahlenfolge konvergiert gegen \( \frac{1}{2}. \) Es ist nämlich zunächst für alle \( n=1,2,\ldots \) |
\[ \begin{array}{lll} \displaystyle -n+\sqrt{1+n+n^2} & = & \negthickspace\displaystyle \frac{(-n+\sqrt{1+n+n^2})(n+\sqrt{1+n+n^2})}{n+\sqrt{1+n+n^2}} \\ & = & \negthickspace\displaystyle \frac{-n^2+1+n+n^2}{n+\sqrt{1+n+n^2}} \,=\,\frac{1+n}{n+\sqrt{1+n+n^2}} \\ & = & \negthickspace\displaystyle \frac{\frac{1}{n}+1}{1+\sqrt{\frac{1}{n^2}+\frac{1}{n}+1}} \end{array} \]
| und damit |
\[ \lim_{n\to\infty}\big(-n+\sqrt{1+n+n^2}\big) =\lim_{n\to\infty}\frac{\frac{1}{n}+1}{1+\sqrt{\frac{1}{n^2}+\frac{1}{n}+1}} =\frac{1}{2}\,. \]
| (v) | Die Zahlenfolge konvergiert gegen \( -\,\frac{3}{2}. \) Es ist nämlich zunächst für alle \( n=1,2,\ldots \) |
\[ \begin{array}{lll} \displaystyle n-\sqrt{n+1}\,\sqrt{n+2}\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle n-\sqrt{(n+1)(n+2)} \,=\,n-\sqrt{n^2+3n+2} \\ & = & \negthickspace\displaystyle \frac{(n-\sqrt{n^2+3n+2})(n+\sqrt{n^2+3n+2})}{n+\sqrt{n^2+3n+2}} \\ & = & \negthickspace\displaystyle -\,\frac{3n+2}{n+\sqrt{n^2+3n+2}} \,=\,-\,\frac{3+\frac{2}{n}}{1+\sqrt{1+\frac{3}{n}+\frac{2}{n^2}}} \end{array} \]
| und damit |
\[ \lim_{n\to\infty}\big(n-\sqrt{n+1}\,\sqrt{n+2}\big) =-\,\lim_{n\to\infty}\frac{3+\frac{2}{n}}{1+\sqrt{1+\frac{3}{n}+\frac{2}{n^2}}} =-\,\frac{3}{2}\,. \]
| (vi) | Die Zahlenfolge konvergiert gegen \( 0. \) Es ist nämlich zunächst für alle \( n=1,2,\ldots \) |
\[ \begin{array}{lll} \displaystyle \sqrt[4]{n^2+1}-\sqrt[4]{n^2}\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle \frac{(\sqrt[4]{n^2+1}-\sqrt[4]{n^2})(\sqrt[4]{n^2+1}+\sqrt[4]{x^2})}{\sqrt[4]{n^2+1}+\sqrt[4]{n^2}} \\ & = & \negthickspace\displaystyle \frac{\sqrt{n^2+1}-\sqrt{n^2}}{\sqrt[4]{n^2+1}+\sqrt[4]{n^2}}\,. \end{array} \]
| Wie in Teilaufgabe (iii) zeigt man |
\[ \lim_{n\to\infty}\big(\sqrt{n^2+1}-\sqrt{n^2}\big)=0, \]
| während voriger Nenner divergiert. Zusammengefasst folgt der behauptete Grenzwert. |
Damit sind alle Grenzwerte ermittelt.\( \qquad\Box \)
Lösung zur Aufgabe 3.4.6 - Bestimmen von Grenzwerten II
| (i) | Wir ermitteln |
\[ \begin{array}{l} \displaystyle \frac{1}{n^2}+\frac{2}{n^2}+\frac{3}{n^2}+\ldots+\frac{n}{n^2} \,=\,\frac{1+2+3+\ldots+n}{n^2} \\ \qquad\displaystyle =\,\frac{1}{n^2}\cdot\frac{n(n+1)}{2} \,=\,\frac{n^2+n}{2n^2} \,=\,\frac{1+\frac{1}{n}}{2}\,, \end{array}\]
| d.h. die Folge konvergiert gegen den Grenzwert |
\[ \lim_{n\to\infty}\left\{\frac{1}{n^2}+\frac{2}{n^2}+\frac{3}{n^2}+\ldots+\frac{n}{n^2}\right\} =\lim_{n\to\infty}\frac{1+\frac{1}{n}}{2} =\frac{1}{2}\,. \]
| (ii) | Wir ermitteln |
\[ \begin{array}{l} \displaystyle \left(1+\frac{1}{2}\right)\cdot\left(1+\frac{1}{3}\right)\cdot\left(1+\frac{1}{4}\right)\cdot\ldots\cdot\left(1+\frac{1}{n}\right) \\ \qquad\displaystyle =\,\frac{3}{2}\cdot\frac{4}{3}\cdot\frac{5}{4}\cdot\ldots\cdot\frac{n+1}{n} \,=\,\frac{n+1}{2}\,, \end{array} \]
| d.h. die Folge konvergiert nicht, vielmehr gilt |
\[ \lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{2}\right)\cdot\left(1+\frac{1}{3}\right)\cdot\left(1+\frac{1}{4}\right)\cdot\ldots\cdot\left(1+\frac{1}{n}\right) =\lim_{n\to\infty}\frac{n+1}{2} =\infty\,. \]
| (iii) | Wir ermitteln |
\[ \begin{array}{l} \displaystyle \left(1-\frac{1}{4}\right)\cdot\left(1-\frac{1}{9}\right)\cdot\left(1-\frac{1}{16}\right)\cdot\ldots\cdot\left(1-\frac{1}{n^2}\right) \\ \qquad\displaystyle =\,\frac{3}{4}\cdot\frac{8}{9}\cdot\frac{15}{16}\cdot\ldots\cdot\frac{n^2-1}{n^2} \\ \qquad\displaystyle =\,\frac{3\cdot 1}{4}\cdot\frac{4\cdot 2}{9}\cdot\frac{5\cdot 3}{16}\cdot\ldots\cdot\frac{(n+1)\cdot(n-1)}{n^2} \\ \qquad\displaystyle =\,\frac{3\cdot 1\cdot 4\cdot 2\cdot 5\cdot 3\cdot\ldots\cdot(n+1)\cdot(n-1)}{([2\cdot 2)\cdot(3\cdot 3)\cdot(4\cdot 4)\cdot\ldots\cdot(n\cdot n)} \\ \qquad\displaystyle =\,\frac{\big[1\cdot 2\cdot 3\cdot\ldots\cdot(n-1)\big]\cdot\big[3\cdot 4\cdot 5\cdot\ldots\cdot(n+1)\big]}{\big[2\cdot 3\cdot 4\cdot\ldots\cdot n\big]\cdot\big[2\cdot 3\cdot 4\cdot\ldots\cdot n\big]} \\ \qquad\displaystyle =\,\frac{1\cdot 2\cdot 3\cdot\ldots\cdot(n-1)}{2\cdot 3\cdot 4\cdot\ldots\cdot n} \cdot\frac{3\cdot 4\cdot 5\cdot\ldots\cdot(n+1)}{2\cdot 3\cdot 4\cdot\ldots\cdot n} \\ \qquad\displaystyle =\,\frac{1}{n}\cdot\frac{n+1}{2} \,=\,\frac{n+1}{2n}\,, \end{array} \]
| d.h. die Folge konvergiert gegen den Grenzwert |
\[ \lim_{n\to\infty}\left(1-\frac{1}{4}\right)\cdot\left(1-\frac{1}{9}\right)\cdot\left(1-\frac{1}{16}\right)\cdot\ldots\cdot\left(1-\frac{1}{n^2}\right) =\frac{1}{2}\,. \]
Damit sind alle geforderten Grenzwerte bestimmt.\( \qquad\Box \)
Lösungen zu den Aufgaben Dichtheit der rationalen Zahlen, Vollständigkeit der reellen Zahlen
Lösung zur Aufgabe 3.4.7 - Dichtheit der irrationalen Zahlen
| (i) | Angenommen, die Menge |
\[ M=\sqrt{2}+\mathbb Q=\{\sqrt{2}+q\,:\,q\in\mathbb Q\}\subset\mathbb R \]
| enthält ein \( x\in\mathbb Q. \) Nach Definition von \( M \) existiert dann auch ein \( q\in\mathbb Q \) mit |
\[ x=\sqrt{2}+q \quad\mbox{bzw.}\quad x-q=\sqrt{2}\,. \]
| Wegen \( x-q\in\mathbb Q \) und \( \sqrt{2}\not\in\mathbb Q \) erhalten wir aber einen Widerspruch, d.h. \( M \) enthält keine rationalen Zahlen. | |
| (i) | Sei \( z\in\mathbb R \) beliebig. Wir setzen \( x:=z-\sqrt{2}. \) Zunächst existiert ein Folge \( \{q_n\}_{n=0,1,2,\ldots}\subset\mathbb Q \) mit |
\[ \lim_{n\to\infty}q_n=x. \]
| Setze nun \( z_n:=q_n+\sqrt{2}, \) \( n=0,1,2,\ldots \) Dann ist stets \( z_n\in M, \) und es gilt |
\[ \lim_{n\to\infty}z_n =\lim_{n\to\infty}(q_n+\sqrt{2}) =x+\sqrt{2} =z. \]
| Also liegt \( M \) dicht in \( \mathbb R. \) |
Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)
Lösung zur Aufgabe 3.4.8 - Beispiel zum Cauchyschen Vollständigkeitskriterium
| (i) | Wir berechnen |
\[ \begin{array}{l} \displaystyle x_2=1+\frac{1}{1+x_1}=1+\frac{1}{1+1}=1+\frac{1}{2}=\frac{3}{2}\,, \\ \displaystyle x_3=1+\frac{1}{1+x_2}=1+\frac{1}{1+\frac{3}{2}}=1+\frac{2}{5}=\frac{7}{5}\,, \\ \displaystyle x_4=1+\frac{1}{1+x_3}=1+\frac{1}{1+\frac{7}{5}}=1+\frac{5}{12}=\frac{17}{12}\,, \\ \displaystyle x_5=1+\frac{1}{1+x_4}=1+\frac{1}{1+\frac{17}{12}}=1+\frac{12}{29}=\frac{41}{29}\,. \end{array} \]
| (ii) | Es ist \( x_1\ge 1, \) und mit \( x_n\ge 1 \) folgt nach vollständiger Induktion |
\[ x_{n+1}=1+\frac{1}{1+x_n}\ge 1\quad\mbox{für alle}\ n=1,2,\ldots \]
| Weiter ist \( x_1\le 2, \) und wegen \( x_n\gt 0 \) für alle \( n=1,2,\ldots \) folgt |
\[ x_{n+1}=1+\frac{1}{1+x_n}\le 1+\frac{1}{1+0}=2\quad\mbox{für alle}\ n=1,2,\ldots. \]
| (iii) | Mit \( x_n\ge 1 \) für alle \( n=1,2,\ldots \) schätzen wir wie folgt ab |
\[ \begin{array}{lll} |x_{n+1}-x_n|\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle \left|1+\frac{1}{1+x_n}-1-\frac{1}{1+x_{n-1}}\right| \,=\,\left|\frac{1}{1+x_n}-\frac{1}{1+x_{n-1}}\right| \\ & = & \negthickspace\displaystyle \left|\frac{1+x_{n-1}-1-x_n}{(1+x_n)(1+x_{n-1})}\right| \,\le\,\frac{|x_n-x_{n-1}|}{4}\,. \end{array} \]
| Das bedeutet |
\[ |x_{n+1}-x_n| \le\frac{1}{4}\,|x_n-x_{n-1}| \le\frac{1}{4^2}\,|x_{n-1}-x_{n-2}| \le\ldots\le\frac{1}{4^{n-1}}|x_2-x_1|. \]
| Die behauptete Ungleichung gilt also mit \( q=\frac{1}{4}. \) Wie in Aufgabe 3.1.11 zeigt man nun, dass die Folge \( \{x_n\}_{n=1,2,\ldots} \) eine Cauchyfolge ist. Da \( \mathbb R \) vollständig ist, konvergiert diese Folge gemäß |
\[ x:=\lim_{n\to\infty}x_n\,. \]
| (iv) | Der Grenzwert \( x\gt 0 \) (beachte \( x_n\ge 1 \)) ergibt sich nach Umstellen von |
\[ x=1+\frac{1}{1+x} \quad\mbox{zu}\quad x=\sqrt{2}\,. \]
Lösungen zu den Aufgaben Der Häufungsstellensatz von Weierstraß
Lösung zur Aufgabe 3.4.9 - Häufungsstellen einer konvergenten Folge
| (i) | Im Fall \( n=1 \) gilt die Ungleichung, denn es ist (Induktionsvoraussetzung). |
\[ 1\lt 2^1=2. \]
| Sei nun \( n\lt 2^n \) für ein \( n\in\mathbb N \) richtig. Wegen \( 1\lt 2^n \) schließen wir (Induktionsschritt) |
\[ n+1\lt 2^n+1\lt 2^n+2^n=2\cdot 2^n=2^{n+1}\,. \]
| Die Behauptung folgt nach dem Prinzip der vollständigen Induktion. | |
| (ii) | Im Fall \( n=3 \) gilt die Ungleichung, denn (Induktionsvoraussetzung) |
\[ 2\cdot 3+1=7\lt 2^3=8. \]
| Sei nun \( 2n+1\lt 2^n \) für ein \( n\in\mathbb N \) mit \( n\ge 3. \) Wegen \( 2\lt 2^n \) schließen wir (Induktionsschritt) |
\[ 2(n+1)+1=2n+1+2=\lt 2^n+2\le 2^n+2^n=2\cdot 2^n=2^{n+1}\,. \]
| Die Behauptung folgt nach dem Prinzip der vollständigen Induktion. | |
| (iii) | Im Fall \( n=5 \) gilt die Ungleichung, denn (Induktionsvoraussetzung) |
\[ 25=5^2\lt 2^5=32. \]
| Sei nun \( n^2\lt 2^n \) für ein \( n\in\mathbb N \) mit \( n\ge 5. \) Mit Teilaufgabe (ii) schließen wir (Induktionsschritt) |
\[ (n+1)^2=n^2+2n+1\le 2^n+2n+1\lt 2^n+2^n=2\cdot 2^n=2^{n+1}. \]
| Die Behauptung folgt nach dem Prinzip der vollständigen Induktion. | |
| (iv) | Nun ist für alle \( n\ge 5 \) |
\[ \frac{n}{2^n}\le\frac{n}{n^2}=\frac{1}{n}\,, \]
| und damit folgt |
\[ 0\le\lim_{n\to\infty}\frac{n}{2^n}\le\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}=0. \]
| Die Folge \( \{x_n\}_{n=1,2,\ldots} \) besitzt daher \( x=0 \) als einzige Häufungsstelle. |
Damit ist alle gezeigt.\( \qquad\Box \)
Lösung zur Aufgabe 3.4.10 - Häufungsstellen von Zahlenfolgen
| (i) | Betrachte zwei Teilfolgen gemäß |
\[ \begin{array}{l} \displaystyle x_{2n}=\frac{2n}{2^{2n}}+(-1)^{2n}=\frac{2n}{2^{2n}}+1\longrightarrow 1\quad\mbox{für}\ n\to\infty\,, \\ \displaystyle x_{2n+1}=\frac{2n+1}{2^{2n+1}}+(-1)^{2n+1}=\frac{2n+1}{2^{2n+1}}-1\longrightarrow -1\quad\mbox{für}\ n\to\infty\,. \end{array} \]
| Damit ergibt sich die zweielementige Menge \( \{-1,1\} \) als Menge der Häufungsstellen. | |
| (ii) | Betrachte zwei Teilfolgen gemäß |
\[ \begin{array}{l} \displaystyle x_{2n}=1+\frac{(-1)^{2n}}{2n}=1+\frac{1}{2n}\longrightarrow 1\quad\mbox{für}\ n\to\infty\,, \\ \displaystyle x_{2n+1}=1+\frac{(-1)^{2n+1}}{2n+1}=1-\frac{1}{2n+1}\longrightarrow 1\quad\mbox{für}\ n\to\infty\,. \end{array} \]
| Damit ergibt sich die einelementige Menge \( \{1\} \) als Menge der Häufungsstellen. | |
| (iii) | Betrachte zwei Teilfolgen gemäß |
\[ \begin{array}{l} x_{2n}=1+2^{(-1)^{2n}}=1+2=3, \\ x_{2n+1}=1+2^{(-1)^{2n+1}}=1+2^{-1}=\frac{3}{2}\,. \end{array} \]
Damit sind alle Häufungsstellen bestimmt.\( \qquad\Box \)| Damit ergibt sich die zweielementige Menge \( \big\{\frac{3}{2},3\big\} \) als Menge der Häufungsstellen. |
Lösung zur Aufgabe 3.4.11 - Eine Charakterisierung von Folgenkonvergenz
| \( \circ \) | Sei \( \{x_n\}_{n=0,1,2,\ldots} \) konvergent gegen \( x\in\mathbb R, \) d.h. zu \( \varepsilon\gt 0 \) existiert ein \( N(\varepsilon)\in\mathbb N \) mit |
\[ |x-x_n|\lt\varepsilon\quad\mbox{für alle}\ n\ge N(\varepsilon). \]
| Dann gelten auch insbesondere |
\[ |x-x_{2n}|\lt\varepsilon \quad\mbox{und}\quad |x-x_{2n+1}|\lt\varepsilon \quad\mbox{für alle}\ n\ge N(\varepsilon), \]
| d.h. die Teilfolgen \( \{x_{2n}\}_{n=0,1,2,\ldots} \) und \( \{x_{2n+1}\}_{n=0,1,2,\ldots} \) konvergieren mit |
\[ \lim_{n\to\infty}x_{2n}=x,\quad \lim_{n\to\infty}x_{2n+1}=x. \]
| Das zeigt die Richtung (i)\( \to \)(ii). | |
| \( \circ \) | Nun nehmen wir an |
\[ \begin{array}{ll} \{x_{2n}\}_{n=0,1,2,\ldots}\quad & \quad\mbox{konvergiert mit}\quad\displaystyle\lim_{n\to\infty}x_{2n}=x, \\ \{x_{2n+1}\}_{n=0,1,2,\ldots}\quad & \quad\mbox{konvergiert mit}\quad\displaystyle\lim_{n\to\infty}x_{2n+1}=x, \end{array} \]
| d.h. zu vorgegebenem \( \varepsilon\gt 0 \) existieren \( N_1(\varepsilon),N_2(\varepsilon)\in\mathbb N \) mit |
\[ \begin{array}{ll} |x-x_{2n}|\lt\varepsilon\quad & \mbox{für alle}\ n\ge N_1(\varepsilon), \\ |x-x_{2n+1}|\lt\varepsilon\quad & \mbox{für alle}\ n\ge N_2(\varepsilon). \end{array} \]
| Wir setzen \( N(\varepsilon):=\max\{N_1(\varepsilon,N_2(\varepsilon)\} \) und erhalten hieraus |
\[ |x-x_n|\lt\varepsilon\quad\mbox{für alle}\ n\ge N(\varepsilon), \]
| d.h. \( \{x_n\}_{n=0,1,2,\ldots} \) konvergiert gegen \( x. \) Das zeigt die Richtung (ii)\( \to \)(i). |
Damit ist alle bewiesen.\( \qquad\Box \)
Lösungen zu den Aufgaben Monotone Zahlenfolgen
Lösung zur Aufgabe 3.4.12 - Monotone Konvergenz
| (i) | Wir ermitteln |
\[ \begin{array}{lll} x_{n+1}-x_n\negthickspace & = & \displaystyle\negthickspace \frac{3n+2}{(n+1)^2}-\frac{3n-1}{n^2} \,=\,\frac{(3n+2)n^2-(3n-1)(n+1)^2}{n^2(n+1)^2} \\ & = & \displaystyle\negthickspace \frac{3n^3+2n^2-(3n-1)(n^2+2n+1)}{n^2(n+1)^2} \\ & = & \displaystyle\negthickspace \frac{3n^3+2n^2-3n^3-6n^2-3n+n^2+2n+1}{n^2(n+1)^2} \\ & = & \displaystyle\negthickspace -\,\frac{3n^2+n-1}{n^2(n+1)^2} \,\lt\,0, \end{array} \]
| d.h. die Folge ist streng monoton fallend. | |
| (ii) | Wegen \( x_1=2 \) und \( x_n\ge 0 \) für alle \( n=1,2,\ldots \) gilt auch |
\[ |x_n|\le 2\quad\mbox{für alle}\ n=1,2,\ldots,\quad\mbox{also}\ C=2.\]
| (iii) | Die Folge ist streng monoton fallend und beschränkt und besitzt daher einen Grenzwert: |
\[ \lim_{n\to\infty}x_n=\lim_{n\to\infty}\frac{3n-1}{n^2}=0. \] Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)
Lösung zur Aufgabe 3.4.13 - Die rationalen Zahlen sind nicht vollständig
| (i) | Wir ermitteln |
\[ x_2=\frac{3}{2}\,,\quad x_3=\frac{17}{12}\,,\quad x_4=\frac{577}{408}\,. \]
| (ii) | Es ist \( x_1\gt 0 \) (Induktionsvoraussetzung). Sei \( x_n\gt 0 \) für ein \( n\in\mathbb N. \) Dann ist (Induktionsschritt) |
\[ x_{n+1}=\frac{x_n}{2}+\frac{1}{x_n}\gt 0, \]
| da auf der rechten Seite jeder Summand positiv ist. | |
| (iii) | Wir formen wie folgt um |
\[ \begin{array}{lll} x_{n+1}^2-2\negthickspace & = & \negthickspace\displaystyle \left(\frac{x_n}{2}+\frac{1}{x_n}\right)^2-2 \,=\,\frac{1}{4}\left(x_n^2+\frac{2}{x_n^2}\right)^2-2 \\ & = & \negthickspace\displaystyle \frac{1}{4}\left(x_n^2+4+\frac{4}{x_n^2}\right)-\frac{8}{4} \,=\,\frac{1}{4}\left(x_n^2-4+\frac{4}{x_n^2}\right) \\ & = & \negthickspace\displaystyle \frac{1}{4}\left(x_n-\frac{2}{x_n}\right)^2\,\ge\,0\,, \end{array} \]
| woraus folgt \( x_{n+1}^2\ge 2 \) bzw. \( x_{n+1}\ge\sqrt{2} \) für alle \( n=1,2,\ldots \) | |
| (iv) | Für alle \( n=2,3,\ldots \) haben wir |
\[ x_{n+1}-x_n =\frac{x_n}{2}+\frac{1}{x_n}-x_n =\frac{1}{2}\left(\frac{2}{x_n}-x_n\right) =\frac{2-x_n^2}{2x_n}\,\le 0 \]
| zusammen mit Beweispunkt (iii), und es folgt (iv). Die beschränkte und monoton fallende Zahlenfolge \( \{x_n\}_{n=2,3,\ldots} \) konvergiert nach dem Konvergenzkriterium aus Paragraph 3.4.5 gegen ein \( x\in\mathbb R. \) | |
| (v) | Diesen Grenzwert \( x\in\mathbb R \) erhalten wir aus |
\[ x=\frac{x}{2}+\frac{1}{x} \quad\mbox{bzw.}\quad \frac{x}{2}=\frac{1}{x} \quad\mbox{bzw.}\quad x^2=2 \]
| und damit \( x=\sqrt{2} \) unter Beachtung von (ii). Insbesondere gilt \( x\not\in\mathbb Q. \) |
Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)
Lösung zur Aufgabe 3.4.14 - Grenzwert einer iterierten Wurzel
| (i) | Wir schätzen zweimal wie folgt ab |
\[ \begin{array}{l} x\lt 2\quad\Longrightarrow\quad x^2\lt 2x\quad\Longrightarrow\quad x\lt\sqrt{2x}\,, \\ x\lt 2\quad\Longrightarrow\quad 2x\lt 4\quad\Longrightarrow\quad\sqrt{2x}\lt 2. \end{array} \]
| Also gilt \( x\lt\sqrt{2x}\lt 2. \) | |
| (ii) | Wir setzen \( x_1:=\sqrt{2}, \) \( x_2:=\sqrt{2\sqrt{2}}, \) \( x_3:=\sqrt{2\sqrt{2\sqrt{2}}} \) usw. und damit allgemein |
\[ x_1:=\sqrt{2} \quad\mbox{und}\quad x_{k+1}:=\sqrt{2x_k}\,,\quad k=1,2,\ldots \]
| Es gilt \( x_k\gt 0 \) für alle \( k=1,2,\ldots \) Wir zeigen \( x_k\lt 2 \) für alle \( k=1,2,\ldots \) Zunächst ist (Induktionsanfang) \( x_1=\sqrt{2}\lt 2. \) Mit \( x_k\lt 2 \) (Induktionsschritt) folgt |
\[ x_{k+1}=\sqrt{2x_k}=\sqrt{2}\cdot\sqrt{x_k}\lt\sqrt{2}\cdot\sqrt{2}=2. \]
| Die Folge \( \{x_k\}_{k=1,2,\ldots} \) ist also nach unten durch \( 0 \) und nach oben durch \( 2 \) beschränkt. Daraus folgt |
\[ \frac{x_{k+1}}{x_k}=\frac{\sqrt{2x_k}}{x_k}=\sqrt{\frac{2}{x_k}}\gt 1 \quad\mbox{bzw.}\quad x_{k+1}\gt x_k\,, \]
| d.h. die Folge \( \{x_k\}_{k=1,2,\ldots} \) ist streng monoton wachsend und besitzt daher genau einen Grenzwert |
\[ \lim_{k\to\infty}x_k=:x\in(0,2]. \]
| (iii) | Wir lösen \( x=\sqrt{2x} \) unter Beachtung von \( x\not=0 \) auf: |
\[ x^2=2x\quad\mbox{bzw.}\quad x=2. \]
| Das ist der gesuchte Grenzwert der Folge \( \{x_k\}_{k=1,2,\ldots} \) |
Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)
Lösungen zu den Aufgaben Der erweiterte Zahlenraum
Lösung zur Aufgabe 3.4.15 - Eigene Beispiele unbeschränkter Zahlenfolgen
| (i) | Die Folge \( \{x_n\}_{n=1,2,\ldots} \) mit \( x_n=-n \) genügt der ersten Forderung |
\[ \lim_{n\to\infty}x_n=\lim_{n\to\infty}(-n)=-\infty\,. \]
| Die Folge \( \{x_n\}_{n=1,2,\ldots} \) mit \( x_n=n \) genügt der zweiten Forderung |
\[ \lim_{n\to\infty}x_n=\lim_{n\to\infty}n=\infty\,. \]
| (ii) | Die Zahlenfolgen |
\[ \{x_n\}_{n=1,2,\ldots}\ \mbox{mit}\ x_n=\frac{1}{n}\,,\quad \{y_n\}_{n=1,2,\ldots}\ \mbox{mit}\ y_n=n \]
| erfüllen |
\[ \lim_{n\to\infty}(x_n+y_n)=\lim_{n\to\infty}\left(\frac{1}{n}+n\right)=\infty\,,\quad \lim_{n\to\infty}(x_n\cdot y_n)=\lim_{n\to\infty}1=1. \] Damit sind geeignete Zahlenfolgen gefunden.\( \qquad\Box \)
Lösungen zu den Aufgaben Infimum und Supremum
Lösung zur Aufgabe 3.4.16 - Minimum und Maximum zweier Zahlen
Von den Zahlen \( x \) und \( y \) ist eine größer, höchstens gleich der anderen. In beiden Teilaufgaben nehmen wir daher \( x\le y \) an, d.h. \[ \max\{x,y\}=y,\quad \min\{x,y\}=x. \]
| (i) | Es ist |
\[ \frac{1}{2}\,\big(x+y+|x-y|\big)=\frac{1}{2}\,\big(x+y-x+y\big)=\frac{1}{2}\cdot 2y=y, \]
| woraus die Teilbehauptung (i) folgt. | |
| (ii) | Es ist |
\[ \frac{1}{2}\,\big(x+y-|x-y|\big)=\frac{1}{2}\,\big(x+y+x-y\big)=\frac{1}{2}\cdot 2x=x, \]
| woraus die Teilbehauptung (ii) folgt. |
Damit ist alle gezeigt.\( \qquad\Box \)
Lösung zur Aufgabe 3.4.17 - Infimum und Supremum von Mengen I
| (i) | Es sind \( -1 \) eine untere und \( 2 \) eine obere Schrankte von \( A, \) und ferner sind |
\[ \inf A=0,\quad \sup A=\max A=1. \]
| Die Menge \( A \) besitzt kein Minimum. | |
| (ii) | Es sind \( -2 \) eine untere und \( 10 \) eine obere Schranke, und ferner sind |
\[ \inf B=-1,\quad \sup B=\max B=\frac{3}{2}\,. \]
| Die Menge \( B \) besitzt kein Minimum. | |
| (iii) | Es sind \( -2 \) eine untere und \( 1 \) eine obere Schranke von \( C, \) und ferner sind |
\[ \inf C=\min C=-1,\quad \sup C=\max C=1. \]
| (iv) | Es sind \( 0 \) eine untere und \( 2 \) eine obere Schranke von \( D, \) und ferner sind |
\[ \inf D=\min D=0,\quad \sup D=\sqrt{2}\,. \]
| Die Menge \( D \) besitzt kein Maximum. | |
| (v) | Es sind \( -1 \) eine untere und \( 2 \) eine obere Schranke von \( E, \) und ferner sind |
\[ \inf E=\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{5}}{2}\,,\quad \sup E=\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{5}}{2}\,. \]
| Die Menge \( E \) besitzt kein Minimum und auch kein Maximum. | |
| (vi) | Es sind \( -5 \) eine untere und \( 0 \) eine obere Schranke von \( F, \) und ferner sind |
\[ \inf F=\min F=-5,\quad \sup F=-\,\frac{1}{2}\,. \]
| Die Menge \( F \) besitzt kein Maximum. | |
| (vii) | Es sind \( 0 \) eine untere und \( 1 \) eine obere Schranke von \( G, \) und ferner sind |
\[ \inf G=\min G=0,\quad \sup G=1. \]
| Die Menge \( G \) besitzt kein Maximum. | |
| (viii) | Es sind \( 0 \) eine untere und \( 2 \) eine obere Schranke von \( H, \) und ferner sind |
\[ \inf H=0,\quad \sup H=\max H=2. \]
| Die Menge \( H \) besitzt kein Minimum. |
Damit sind alle geforderten Größen bestimmt.\( \qquad\Box \)
Lösung zur Aufgabe 3.4.18 - Infimum und Supremum von Mengen II
Die abzählbare Menge \( C_1\subset\mathbb R \) und die überabzählbare Menge \( C_2\subset\mathbb R \) gemäß \[ C_1:=\left\{1-\frac{1}{n}\,:\,n\in\mathbb N\right\},\quad C_2:=[0,1) \] genügen den geforderten Eigenschaften \( 0\in C, \) \( 1\not\in C, \) \( \inf C=0, \) \( \sup C=1.\qquad\Box \)
Lösungen zu den Limes inferior und limes superior
Lösung zur Aufgabe 3.4.19 - Berechnen von limes inferior und limes superior
| (i) | Die Folge \( \{x_n\}_{n=1,2,\ldots} \) ist konvergent mit |
\[ \lim_{n\to\infty}\frac{(-1)^n}{n}=0, \]
| so dass wir ermitteln |
\[ \liminf_{n\to\infty}\frac{(-1)^n}{n}=\limsup_{n\to\infty}\frac{(-1)^n}{n}=0. \]
| (ii) | Die Folge \( \{x_n\}_{n=1,2,\ldots} \) konvergiert nicht. Wir betrachten vielmehr die Teilfolgen |
\[ \begin{array}{lcl} \{x_{2n-1}\}_{n=1,2,\ldots}\quad & \mbox{mit} & \quad\displaystyle\lim_{n\to\infty}x_{2n-1}=0, \\ \{x_{2n}\}_{n=1,2,\ldots}\quad & \mbox{mit} & \quad\displaystyle\lim_{n\to\infty}x_{2n}=2. \end{array} \]
| Andere Häufungspunkte als \( 0 \) und \( 2 \) gibt es nicht. Wir erhalten also |
\[ \liminf_{n\to\infty}\big\{1+(-1)^n\big\}=0,\quad \liminf_{n\to\infty}\big\{1+(-1)^n\big\}=2. \]
| (iii) | Wie in Teilaufgabe (ii) ermitteln wir |
\[ \liminf_{n\to\infty}\left\{\frac{1}{n}+\big[1+(-1)^n\big]\cdot n\right\}=0. \]
| Der limes superior folgt zu \( +\infty\in\overline{\mathbb R}: \) |
\[ \limsup_{n\to\infty}\left\{\frac{1}{n}+\big[1+(-1)^n\big]\cdot n\right\}=+\infty\,. \]
| (iv) | Die Folge konvergiert nicht. Vielmehr betrachten wir die Teilfolgen |
\[ \begin{array}{lcl} \{x_{4n}\}_{n=1,2,\ldots}\quad & \mbox{mit} & \quad\displaystyle\lim_{n\to\infty}x_{4n}=1, \\ \{x_{4n+1}\}_{n=1,2,\ldots}\quad & \mbox{mit} & \quad\displaystyle\lim_{n\to\infty}x_{4n+1}=\frac{1}{2}\,, \\ \{x_{4n+2}\}_{n=1,2,\ldots}\quad & \mbox{mit} & \quad\displaystyle\lim_{n\to\infty}x_{4n+2}=-1, \\ \{x_{4n+3}\}_{n=1,2,\ldots}\quad & \mbox{mit} & \quad\displaystyle\lim_{n\to\infty}x_{4n+3}=\frac{1}{2}\,. \end{array} \]
| Andere Häufungspunkte als \( 0 \) und \( 2 \) gibt es nicht. Wir erhalten also |
\[ \liminf_{n\to\infty}x_n=-1,\quad \liminf_{n\to\infty}x_n=1. \] Damit sind alle geforderten Größ ermittelt.\( \qquad\Box \)
Lösung zur Aufgabe 3.4.20 - Limes superior des Produkts von Zahlenfolgen
| (i) | Die Zahlenfolgen |
\[ \begin{array}{l} \{x_n\}_{n=1,2,\ldots}\quad\mbox{mit}\ x_n=(-1)^n\,, \\ \{y_n\}_{n=1,2,\ldots}\quad\mbox{mit}\ y_n=-1 \end{array} \]
| genügen |
\[ \limsup_{n\to\infty}(x_ny_n) =\limsup_{n\to\infty}(-1)^{n+1} =1 \]
| sowie |
\[ \limsup_{n\to\infty}x_n\cdot\limsup_{n\to\infty}y_n =1\cdot(-1) =-1, \]
| so dass insgesamt folgt |
\[ 1=\limsup_{n\to\infty}(x_ny_n)\gt\limsup_{n\to\infty}x_n\cdot\limsup_{n\to\infty}y_n=-1. \]
| (ii) | Die Folgen |
\[ \begin{array}{l} \{x_n\}_{n=1,2,\ldots}\quad\mbox{mit}\ x_n=\left\{\begin{array}{cl} 1, & n=1,3,5,7,\ldots \\ 0, & n=2,4,6,8,\ldots \end{array}\right., \\ \{y_n\}_{n=1,2,\ldots}\quad\mbox{mit}\ y_n=\left\{\begin{array}{cl} 0, & n=1,3,5,7,\ldots \\ 1, & n=2,4,6,8,\ldots \end{array}\right., \end{array} \]
| genügen \( x_ny_n=0 \) für alle \( n=1,2,\ldots, \) so dass |
\[ \limsup_{n\to\infty}(x_ny_n)=\limsup_{n\to\infty}0=0. \]
| Andererseits ist |
\[ \limsup_{n\to\infty}x_n=\limsup_{n\to\infty}y_n=1, \]
| so dass insgesamt folgt |
\[ 0=\limsup_{n\to\infty}(x_ny_n)\lt\limsup_{n\to\infty}x_n\cdot\limsup_{n\to\infty}y_n=1. \]
| (iii) | Wir setzen \( z_n:=x_ny_n, \) \( n=0,1,2,\ldots \) Dann ist \( \{z_n\}_{n=0,1,2,\ldots} \) beschränkt ist, denn es ist |
\[ |z_n|=|x_ny_n|=|x_n||y_n|\le C\cdot C\lt\infty \]
| mit einem geeigenten \( C\gt 0 \) und unter Beachtung der Beschränktheit von \( \{x_n\}_{n=0,1,2,\ldots} \) und \( \{y_n\}_{n=0,1,2,\ldots} \) Nach dem Weierstraßschen Häufungsstellensatz ist daher die Menge der Häufungsstellen von \( \{z_n\}_{n=0,1,2,\ldots} \) nicht leer. Wir bemerken außerdem, dass wegen \( x_n\ge 0 \) und \( y_n\ge 0 \) für alle \( n=0,1,2,\ldots \) gilt |
\[ \limsup_{n\to\infty}x_n\cdot\limsup_{n\to\infty}y_n\ge 0. \tag{\(*\)} \]
| Sei nun \( z\in\mathbb R \) ein beliebig gewählter Häufungspunkt von \( \{z_n\}_{n=0,1,2,\ldots} \) (wäre die Menge der Häufungspunkte leer, so wäre der Beweis ab jetzt eventuell falsch). Dann existiert eine konvergente Teilfolge |
\[ \{z_{n_k}\}_{k=0,1,2,\ldots}=\{x_{n_k}y_{n_k}\}_{k=0,1,2,\ldots}\subset\{z_n\}_{n=0,1,2,\ldots} \]
| mit |
\[ \lim_{k\to\infty}x_{n_k}y_{n_k}=z. \]
| Die Teilfolge \( \{x_{n_k}\}_{k=0,1,2,\ldots}\subset\{x_n\}_{n=0,1,2,\ldots} \) ist beschränkt, da \( \{x_n\}_{n=0,1,2,\ldots} \) beschränkt ist. Nach dem Weierstraßschen Häufungsstellensatz existiert also eine weitere konvergente Teilfolge \( \{x_{n_{k_\ell}}\}_{\ell=0,1,2,\ldots}\subset\{x_{n_k}\}_{k=0,1,2,\ldots} \) mit |
\[ \lim_{\ell\to\infty}x_{n_{k_\ell}}=x\in\mathbb R. \]
| Beachte, dass auch die Teilfolge \( \{y_{n_{k_\ell}}\}_{\ell=0,1,2,\ldots} \) beschränkt ist. Wir unterscheiden nun zwei Fälle: | |
| \( \circ \) Sei \( z=0. \) Dann schließen wir wie in Aufgabe 3.4.11 und mit \( (*) \) wie folgt |
\[ z=\lim_{\ell\to\infty}x_{n_{k_\ell}}y_{n_{k_\ell}}=0\le\limsup_{n\to\infty}x_n\cdot\limsup_{n\to\infty}y_n\,. \]
| \( \circ \) Sei \( z\not=0. \) Dann existiert ein \( N\in\mathbb N \) mit |
\[ x_{n_{k_\ell}}\gt 0\quad\mbox{für alle}\ \ell\ge N \]
| \( \phantom{\circ\ }\)(die Folge ist vom Typ \( R^+ \)). Es folgt |
\[ \lim_{\ell\to\infty}y_{n_{k_\ell}} =\lim_{\ell\to\infty}\frac{x_{n_{k_\ell}}y_{n_{k_\ell}}}{x_{n_{k_\ell}}} =\frac{z}{x} \]
| \( \phantom{\circ\ }\)Das bedeutet aber, dass \( \frac{z}{x} \) ein Häufungswert der Folge \( \{y_n\}_{n=0,1,2,\ldots} \) ist, d.h. es gilt |
\[ \frac{z}{x}\le\limsup_{n\to\infty}y_n \]
| \( \phantom{\circ\ }\)und damit |
\[ z=x\cdot\frac{z}{x}=\lim_{\ell\to\infty}x_{n_{k_\ell}}\cdot\lim_{\ell\to\infty}y_{n_{k_\ell}}\le\limsup_{n\to\infty}x_n\cdot\limsup_{n\to\infty}y_n\,. \]
| \( \phantom{\circ\ } \)Diese Abschätzung gilt nun für alle Häufungsstellen von \( \{z_n\}_{n=0,1,2,\ldots}, \) so dass folgt |
\[ \limsup_{n\to\infty}z_n =\limsup_{n\to\infty}(x_ny_n) \le\limsup_{n\to\infty}x_n\cdot\limsup_{n\to\infty}y_n\,. \] Damit ist alles bewiesen.\( \qquad\Box \)