Hausaufgabenblatt 5
Aufgabe HA 17
Handelt es sich im Folgenden um rationale Nullfolgen? Begründen Sie der Definition aus der Vorlesung folgend.
| (i) | \( \{x_n\}_{n=1,2,\ldots}\subset\mathbb Q \) mit \( \displaystyle x_n:=\frac{(-1)^n}{1+2n} \) |
| (ii) | \( \{x_n\}_{n=1,2,\ldots}\subset\mathbb Q \) mit \( \displaystyle x_n:=\frac{n^2}{4+2n^2} \) |
| (i) | Zunächst ist \( x_n\in\mathbb Q \) für alle \( n=1,2,\ldots \) Ferner ist |
| Nach PA 18(i) existiert zu \( \varepsilon\gt 0 \) ein \( N(\varepsilon)\in\mathbb N \) mit |
| Also ist \( \{x_n\}_{n=1,2,\ldots} \) eine rationale Nullfolge. | |
| (ii) | Es handelt sich nicht um eine Nullfolge. Wähle beispielsweise \( \varepsilon=\frac{1}{4}, \) so ist |
| Das trifft aber nur für \( n=1 \) zu - Widerspruch zur Definition. |
Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)
Aufgabe HA 18
Handelt es sich im Folgenden um rationale Cauchyfolgen? Begründen Sie der Definition aus der Vorlesung folgend.
| (i) | \( \{x_n\}_{n=1,2,\ldots} \) mit \( \displaystyle x_n:=\frac{n}{1+n^2} \) |
| (ii) | \( \{x_n\}_{n=1,2,\ldots} \) mit \( \displaystyle x_n:=\frac{n}{1+\frac{1}{n^2}} \) |
| (i) | Zunächst ist \( x_n\in\mathbb Q \) für alle \( n=1,2,\ldots \) Weiter schätzen wir wie folgt ab |
\begin{align} |x_m-x_n| &= \left|\frac{m}{1+m^2}-\frac{n}{1+n^2}\right| \le\frac{m}{1+m^2}+\frac{n}{1+n^2} \\[2ex] &\le \frac{m}{m^2}+\frac{n}{n^2} =\frac{1}{m}+\frac{1}{n}\,. \end{align}
| Mit PA 18(i) existiert zu \( \varepsilon\gt 0 \) ein \( N(\varepsilon)\in\mathbb N \) mit |
\[ |x_m-x_n|\lt\frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon\quad\mbox{für alle}\ m,n\ge N(\varepsilon). \]
| Also ist \( \{x_n\}_{n=1,2,\ldots}\subset\mathbb Q \) eine rationale Cauchyfolge. | |
| (ii) | Zunächst ist \( x_n\in\mathbb Q \) für alle \( n=1,2,\ldots \) Weiter beachten wir |
\[ x_n=\frac{n}{1+\frac{1}{n^2}}=\frac{n^3}{1+n^2}\ge\frac{n^3}{n^2+n^2}=\frac{n^3}{2n^2}=\frac{n}{2}\,,\quad n=1,2,\ldots \]
| Es ist also \( x_n \) nicht nach oben beschränkt, und nach einem Satz aus der Vorlesung handelt es sich bei \( \{x_n\}_{n=1,2,\ldots} \) nicht um eine Cauchyfolge. |
Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)
Aufgabe HA 19
Betrachten Sie folgende rekursiv gegebene, rationale Zahlenfolge \( \{x_n\}_{n=1,2,\ldots}\subset\mathbb Q \) mit den Gliedern \[ x_1:=1,\quad x_{n+1}:=\frac{1}{1+x_n}\ \mbox{für}\ n=2,3,4,\ldots \]
| (i) | Ermitteln Sie \( x_n \) für \( n=1,2,3,4. \) |
| (ii) | Beweisen Sie |
\[ \frac{1}{2}\le x_n\le 1\quad\mbox{für alle}\ n=1,2,\ldots \]
| (iii) | Schließen Sie daraus |
\[ |x_{n+1}-x_n|\le\left(\frac{4}{9}\right)^{n-1}|x_2-x_1|\quad\mbox{für alle}\ n=1,2,\ldots \]
| (iv) | Leiten Sie damit her |
\[ |x_{n+k}-x_n|\le 2\left(\frac{4}{9}\right)^{n-1}|x_2-x_1|\quad\mbox{für alle}\ n=1,2,\ldots \]
| (v) | Beweisen Sie nun, dass \( \{x_n\}_{n=1,2,\ldots} \) eine rationale Cauchyfolge darstellt. Benutzen Sie dabei ohne Beweis |
\[ \left(\frac{4}{9}\right)^n\longrightarrow 0\quad\mbox{für}\ n\to\infty\,. \]
| (i) | Wir berechnen |
\[ x_1=1,\quad x_2=\frac{1}{2}\,,\quad x_3=\frac{2}{3}\,,\quad x_4=\frac{3}{5}\,. \]
| (ii) | Es sind \( x_1=1 \) und damit \( x_n\ge 0 \) für alle \( n=1,2,\ldots \) Damit folgen |
\[ x_{n+1}=\frac{1}{1+x_n}\le\frac{1}{1+0}=1,\quad n=1,2,\ldots, \]
| sowie |
\[ x_{n+1}=\frac{1}{1+x_n}\ge\frac{1}{1+1}=\frac{1}{2}\,,\quad n=1,2,\ldots \]
| (iii) | Wegen \( x_n\ge\frac{1}{2} \) für alle \( n=1,2,\ldots \) ist zunächst |
\begin{align} |x_{n+1}-x_n| &= \left|\frac{1}{1+x_n}-\frac{1}{1+x_{n-1}}\right| =\left|\frac{(1+x_{n-1})-(1+x_n)}{(1+x_n)(1+x_{n-1})}\right| \\[2ex] &= \frac{|x_n-x_{n-1}|}{(1+x_n)(1+x_{n-1})|} \le\frac{|x_n-x_{n-1}|}{\left(1+\frac{1}{2}\right)\left(1+\frac{1}{2}\right)} \\[2ex] &= \frac{4}{9}\,|x_n-x_{n-1}|. \end{align}
| Iterativ erhalten wir daher |
\begin{align} |x_{n+1}-x_n| &\le \frac{4}{9}\,|x_n-x_{n-1}| =\frac{4}{9}\cdot\frac{4}{9}\,|x_{n-1}-x_{n-2}| =\left(\frac{4}{9}\right)^2|x_{n-1}-x_{n-2}| \\[2ex] &\le \left(\frac{4}{9}\right)^3|x_{n-2}-x_{n-3}| \le\ldots\le\left(\frac{4}{9}\right)^{n-1}|x_2-x_1|. \end{align}
| (iv) | Wir wenden die Dreiecksungleichung an |
\begin{align} |x_{n+k}-x_n| &= |x_{n+k}+x_{n+k-1}+x_{n+k-1}\mp\ldots+x_{n+1}-x_{n+1}-x_n| \\[1ex] &\le |x_{n+k}-x_{n+k-1}|+|x_{n+k-1}-x_{n+k-2}|+\ldots+|x_{n+1}-x_n|. \end{align}
| Beweispunkt (iii) und die geometrische Summenformel liefern |
\begin{align} |x_{n+k}-x_n| &\le \left\{\left(\frac{4}{9}\right)^{n+k-2}+\left(\frac{4}{9}\right)^{n+k-3}+\ldots+\left(\frac{4}{9}\right)^{n-1}\right\}|x_2-x_1| \\[2ex] &\le \left(\frac{4}{9}\right)^{n-1}\left\{\left(\frac{4}{9}\right)^{k-1}+\left(\frac{4}{9}\right)^{k-2}+\ldots+1\right\}|x_2-x_1| \\[2ex] &= \left(\frac{4}{9}\right)^{n-1}\cdot\sum_{\ell=0}^{k-1}\left(\frac{4}{9}\right)^\ell\cdot|x_2-x_1| \\[2ex] &= \left(\frac{4}{9}\right)^{n-1}\cdot\frac{1-\left(\frac{4}{9}\right)^k}{1-\frac{4}{9}}\cdot|x_2-x_1| \\[2ex] &\le \left(\frac{4}{9}\right)^{n-1}\cdot\frac{1}{1-\frac{4}{9}}\cdot|x_2-x_1| \\[2ex] &= \frac{9}{5}\left(\frac{4}{9}\right)^{n-1}|x_2-x_1| \end{align}
| und damit |
\[ |x_{n+k}-x_n|\le 2\left(\frac{4}{9}\right)^{n-1}|x_2-x_1|,\quad n=1,2,\ldots \]
| (v) | Wir setzen |
\[ C:=2\left(\frac{4}{9}\right)^{-1} \]
| und erhalten mit Beweispunkt (iv) |
\[ |x_{n+k}-x_n|\le C\cdot\left(\frac{4}{9}\right)^n\longrightarrow 0\quad\mbox{für}\ n\to\infty \]
| nach dem Hinweis. Zu vorgelegtem \( \varepsilon\gt 0 \) existiert also ein \( N(\varepsilon)\in\mathbb N, \) so dass mit \( m:=n+k \) gilt |
\[ |x_m-x_n|\lt\varepsilon\quad\mbox{für alle}\ m,n\ge N(\varepsilon). \]
| Also ist \( \{x_n\}_{n=0,1,2,\ldots}\subset\mathbb Q \) eine rationale Cauchyfolge. |
Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)
Aufgabe HA 20
Beweisen Sie, dass es sich bei nachstehen Zahlenfolgen um rationale bzw. reelle Cauchyfolgen handelt (Begriffe wie bei rationalen Zahlenfolgen zu verstehen).
| (i) | \( \{x_n\}_{n=1,2,\ldots}\subset\mathbb Q \) mit \( \displaystyle x_n:=\sqrt{n+1}-\sqrt{n} \) |
| (ii) | \( \{x_n\}_{n=1,2,\ldots}\subset\mathbb Q \) mit \( \displaystyle x_n:=\frac{n}{2^n} \) |
Hinweis zu (i): Benutzen Sie aus der Schule bekannte Rechenregeln für die Wurzelfunktion.
Hinweis zu (ii): Zeigen Sie vermittels vollständiger Induktion \[ 2m+1\le 2^m\quad\mbox{und}\quad m^2\le 2^m\quad\mbox{für alle}\ m\ge 4, \] und schließen Sie aus der zweiten Ungleichung auf \[ \frac{m}{2^m}\le\frac{1}{m}\quad\mbox{für alle}\ m\ge 4. \]
| (i) | Wegen \( x_n\ge 0 \) für alle \( n=1,2,\ldots \) ermitteln wir zunächst |
\begin{align} x_n &= \sqrt{n+1}-\sqrt{n} =\frac{(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})(\sqrt{n+1}+\sqrt{n})}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}} \\[2ex] &= \frac{n+1-n}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}} =\frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}} \end{align}
| und daher |
\begin{align} |x_m-x_n| &= |(\sqrt{m+1}-\sqrt{m})-(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})| \\[2ex] &= \left|\frac{1}{\sqrt{m+1}+\sqrt{m}}-\frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}\right| \\[2ex] &\le \frac{1}{\sqrt{m+1}+\sqrt{m}}+\frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}} \\[2ex] &\le \frac{1}{\sqrt{m}+\sqrt{m}}+\frac{1}{\sqrt{n}+\sqrt{n}} =\frac{1}{\sqrt{m}}+\frac{1}{\sqrt{n}}\,. \end{align}
| Nach BA 20 existiert also zu \( \varepsilon\gt 0 \) ein \( N(\varepsilon)\in\mathbb N \) mit |
\[ |x_m-x_n|\le\frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon\quad\mbox{für alle}\ m,n\ge N(\varepsilon). \]
| Es ist also \( \{x_n\}_{n=1,2,\ldots}\subset\mathbb R \) eine reelle (nicht rationale) Cauchyfolge. | |
| (ii) | Zunächst beweisen wir |
\[ 2m+1\le 2^m\quad\mbox{für alle}\ m=4,5,6,\ldots \]
| Für \( m=4 \) sind nämlich |
\[ 2m+1\,\Big|_{m=4}=2\cdot 4+1=9,\quad 2^m\,\Big|_{m=4}=2^4=16, \]
| so dass die Aussage für \( m=4 \) richtig ist. Sie sei nun für ein \( m\ge 4 \) richtig. Dann folgt |
\begin{align} 2(m+1)+1 &= 2m+2+1=(2m+1)+2 \\[1ex] &\le 2^m+2=2^m+2^m\le2\cdot 2^m=2^{m+1}\,. \end{align}
| Nach dem Prinzip der vollständigen Induktion folgt diese erste Aussage. Desweiteren gilt aber auch |
\[ m^2\le 2^m\quad\mbox{für alle}\ m=4,5,6,\ldots \]
| Wegen \( 4^2=16 \) und \( 2^4=16 \) ist diese zweite Aussage für \( m=4 \) richtig. Sie sei nun für ein \( m\ge 4 \) richtig. Dann folgt zusammen mit der ersten Aussage |
\[ (m+1)^2=m^2+(2m+1)\le m^2+2^m\le 2^m+2^m=2\cdot 2^m=2^{m+1}\,. \]
| Nach dem Prinzip der vollständigen Induktion folgt also auch diese zweite Aussage. Und nun zur eigentlichen Aufgabe - wir schätzen wie folgt ab |
\[ |x_m-x_n|=\left|\frac{m}{2^m}-\frac{n}{2^n}\right|\le\frac{m}{2^m}+\frac{n}{2^n}\le\frac{m}{m^2}+\frac{n}{n^2}=\frac{1}{m}+\frac{1}{n} \]
| für alle \( m,n\ge 4. \) Zu \( \varepsilon\gt 0 \) existiert also ein \( N(\varepsilon)\in\mathbb N \) mit \( N(\varepsilon)\ge 4, \) so dass richtig ist |
\[ |x_m-x_n|\le\frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon\quad\mbox{für alle}\ m,n\ge N(\varepsilon). \]
| Also ist \( \{x_n\}_{n=1,2,\ldots}\subset\mathbb Q \) eine rationale Cauchyfolge. |
Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)