Hausaufgabenblatt 6
Aufgabe HA 21
Beweisen Sie vermittels vollständiger Induktion \[ (1+x)^n\ge 1+nx\quad\mbox{für alle}\ n\in\mathbb N\ \mbox{und alle}\ x\ge -1. \]
Für \( n=0 \) ist die Ungleichung richtig, denn (Induktionsanfang) \[ (1+x)^n\,\Big|_{n=0}=1 \quad\mbox{und}\quad 1+nx\,\Big|_{n=0}=1. \] Die Ungleichung sei nun für ein \( n\ge 0 \) richtig. Da \( x\ge -1 \) bzw. \( 1+x\ge 0 \) folgt (Induktionsschritt) \begin{align} (1+x)^{n+1} &= (1+x)(1+x)^n \ge(1+x)(1+nx) \\[1ex] &= 1+nx+x+nx^2 \ge 1+nx+x \\[1ex] &= 1+(n+1)x. \end{align} Nach dem Prinzip der vollständigen Induktion ist die Ungleichung für alle \( n\in\mathbb N_0 \) richtig.\( \qquad\Box \)
Aufgabe HA 22
Es sei \( x\in\mathbb R \) eine reelle Zahl. Beweisen Sie:
| (i) | Ist \( x\gt 1, \) so existiert zu jedem \( K\gt 0 \) ein \( N(K)\gt 0 \) mit |
\[ x^n\gt K\quad\mbox{für alle}\ n\ge N(K). \]
| (ii) | Ist \( 0\lt x\lt 1, \) so existiert zu jedem \( \varepsilon\gt 0 \) ein \( N(\varepsilon)\in\mathbb N \) mit |
\[ x^n\lt\varepsilon\quad\mbox{für alle}\ n\ge N(\varepsilon). \]
| (i) | Da \( x\gt 1, \) existiert ein \( \varepsilon\gt 0 \) mit \( x=1+\varepsilon. \) Sei zuerst \( K\in(0,1]. \) Dann ist nach der Bernoullischen Ungleichung |
\[ x^n=(1+\varepsilon)^n\ge 1+n\varepsilon\ge 1\ge K\quad\mbox{für alle}\ n\in\mathbb N_0\,. \]
| Setze also \( N(K):=0. \) Sei nun \( K\gt 1. \) Wähle |
\[ N(K):=\left\lceil\frac{K-1}{\varepsilon}+1\right\rceil \]
| (aufrunden bis zur nächstgrößeren ganzen Zahl), so folgt für alle \( n\ge N(K) \) |
\begin{align} x^n &= (1+\varepsilon)^n\ge 1+n\varepsilon\ge 1+N(K)\varepsilon \\[1ex] &\ge 1+\left(\frac{K-1}{\varepsilon}+1\right)\varepsilon=1+K-1+\varepsilon \\[1ex] &= K+\varepsilon\gt K. \end{align}
| Das zeigt (i). |
| (ii) | Es sei \( \varepsilon\gt 0 \) vorgegeben. Wähle dazu ein \( K(\varepsilon)\in\mathbb N \) mit |
\[ \frac{1}{K(\varepsilon)}\lt\varepsilon. \]
| Setze weiter |
\[ z:=\frac{1}{x}\gt 1,\quad\mbox{da}\ 0\lt x\lt 1. \]
| Zu dem \( K(\varepsilon)\gt 0 \) existiert nun nach (i) ein \( N(\varepsilon)=N(K(\varepsilon))\in\mathbb N \) mit |
\[ z^n\gt K(\varepsilon)\quad\mbox{für alle}\ n\ge N(\varepsilon). \]
| Es folgt zusammenfassend |
\[ x^n=\frac{1}{z^n}\lt\frac{1}{K(\varepsilon)}\lt\varepsilon \quad\mbox{für alle}\ n\ge N(\varepsilon). \]
| Das zeigt (ii). |
Damit ist alles bewiesen.\( \qquad\Box \)
Aufgabe HA 23
Geben Sie, ohne weitere Begründung und falls existent, eine untere Schranke, eine obere Schranke sowie Infimum und Supremum folgender Mengen \( M\subset\mathbb R \) an. Entscheiden Sie, ob es sich sogar um ein Minimum bzw. ein Maximum handelt.
| (i) | \( \displaystyle M:=\left\{\frac{1}{n}\,:\,n\in\mathbb N\right\} \) |
| (ii) | \( \displaystyle M:=\left\{\frac{1}{n}+(-1)^n\,:\,n\in\mathbb N\right\} \) |
| (iii) | \( \displaystyle M:=\big\{x\in\mathbb R\,:\,x^2-1\le 0\big\} \) |
| (iv) | \( \displaystyle M:=\left\{x\in\mathbb Q\,:\,0\le x<\sqrt{2}\right\} \) |
| (v) | \( \displaystyle M:=\left\{\frac{1}{m}+\frac{1}{n}\,:\,m,n\in\mathbb N\right\} \) |
| (i) |
|
|||||
| (ii) |
|
|||||
| (iii) |
|
|||||
| (iv) |
|
|||||
| (v) |
|
Damit sind alle gesuchten Größen bestimmt.\( \qquad\Box \)
Aufgabe HA 24
Entscheiden Sie, ob die folgenden Zahlenfolgen \( \{x_n\}_{n=1,2,\ldots} \) konvergieren oder divergieren, und bestimmen Sie ggf. ihren Grenzwert.
| (i) | \( x_n:=\displaystyle\sqrt{n+1}+\sqrt{n} \) |
| (ii) | \( x_n:=\displaystyle-n+\sqrt{1+n+n^2} \) |
| (i) | Die Zahlenfolge konvergiert gegen den Grenzwert \( x=0, \) denn zunächst ist |
\begin{align} \sqrt{n+1}-\sqrt{n} &= \frac{(\sqrt{n+1}+\sqrt{n})(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}} \\[1.6ex] &= \frac{n+1-n}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}} =\frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}} \le\frac{1}{2\sqrt{n}} \end{align}
| und daher |
\[ \lim_{n\to\infty}(\sqrt{n+1}+\sqrt{n})=0. \]
| (ii) | Die Zahlenfolge konvergiert gegen den Grenzwert \( x=\frac{1}{2}, \) denn zunächst ist |
\begin{align} -n+\sqrt{1+n+n^2} &= \frac{(n+\sqrt{1+n+n^2})(-n+\sqrt{1+n+n^2})}{n+\sqrt{1+n+n^2}} \\[1.6ex] &= \frac{-n^2+1+n+n^2}{n+\sqrt{1+n+n^2}} =\frac{1+n}{n+\sqrt{1+n+n^2}}\,. \end{align}
| Wir beachten |
\[ \sqrt{1+n+n^2}\ge\sqrt{n^2}=n, \]
| und daher ist |
\[ \frac{1+n}{n+\sqrt{1+n+n^2}} \le\frac{1+n}{n+n} =\frac{1+n}{2n} =\frac{1}{2n}+\frac{1}{2} \longrightarrow\frac{1}{2} \quad\mbox{für}\ n\to\infty\,, \]
| oder mit anderen Worten |
\[ \lim_{n\to\infty}(-n+\sqrt{1+n+n^2})\le\frac{1}{2}\,. \]
| Zum Nachweis der umgekehrten Ungleichung beachten wir |
\[ \sqrt{a+b}\le\sqrt{a}+\sqrt{b}\quad\mbox{für alle}\ a,b\gt 0, \]
| was man durch beiderseitiges Quadrieren bestätigt. Das wenden zweimal wir wie folgt an |
\begin{align} \sqrt{1+n+n^2} &= \sqrt{(1+n)+n^2} \le\sqrt{1+n}+\sqrt{n^2} \\[1.6ex] &= \sqrt{1+n}+n \le 1+\sqrt{n}+n \end{align}
| und damit auch |
\[ n+\sqrt{1+n+n^2}\le 1+\sqrt{n}+2n \]
| bzw. eingesetzt in obigen Bruch |
\[ \frac{1+n}{n+\sqrt{1+n+n^2}}\ge\frac{1+n}{1+\sqrt{n}+2n}=\frac{\frac{1}{n}+1}{\frac{1}{n}+\frac{1}{\sqrt{n}}+2}\longrightarrow\frac{1}{2} \quad\mbox{für}\ n\to\infty\,, \]
| und somit schließlich |
\[ \lim_{n\to\infty}(-n+\sqrt{1+n+n^2})\ge\frac{1}{2}\,. \]
| Zusammenfassend folgt die behauptete Konvergenz gegen den genannten Grenzwert |
\[ \lim_{n\to\infty}(-n+\sqrt{1+n+n^2})=\frac{1}{2}\,. \]
| Man kann aber auch einfach so argumentieren |
\[ \frac{1+n}{n+\sqrt{1+n+n^2}} =\frac{\frac{1}{n}+1}{1+\sqrt{\frac{1}{n^2}+\frac{1}{n}+1}}\longrightarrow\frac{0+1}{1+\sqrt{0+0+1}}=\frac{1}{2} \quad\mbox{für}\ n\to\infty\,, \]
| aber diese Rechenregeln für die Wurzelfunktion kamen noch nicht in der Vorlesung. |
Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)
Aufgabe HA 25
Bestimmen Sie alle reellen Häufungsstellen der folgenden Zahlenfolgen durch Untersuchen geeigneter Teilfolgen. Ermitteln Sie ferner limes inferior und limes superior. Liegt bei den Folgen \( \{x_n\}_{n=1,2,\ldots} \) eventuell sogar Konvergenz vor?
| (i) | \( \displaystyle\{x_n\}_{n=1,2,\ldots}\quad\mbox{mit}\ x_n:=\frac{(-1)^n}{n} \) |
| (ii) | \( \displaystyle\{x_n\}_{n=1,2,\ldots}\quad\mbox{mit}\ x_n:=1+(-1)^n \) |
| (iii) | \( \displaystyle\{x_n\}_{n=1,2,\ldots}\quad\mbox{mit}\ x_n:=\frac{n}{n^2+1}+\big[1+(-1)^n\big]\cdot\big(-n+\sqrt{1+n+n^2}\big) \) |
| (i) | Die Folge ist konvergent mit dem Grenzwert |
\[ \lim_{n\to\infty}\frac{(-1)^n}{n}=0. \]
| Es ist also \( 0 \) die einzige Häufungsstelle und daher |
\[ \liminf_{n\to\infty}x_n=\limsup_{n\to\infty}x_n=\lim_{n\to\infty}x_n=0. \]
| (ii) | Die Folge ist beschränkt, konvergiert aber nicht. Vielmehr betrachten wir die Teilfolgen |
\[ \begin{array}{lcl} \displaystyle\{x_{2n-1}\}_{n=1,2,\ldots} & \quad\mbox{mit} & \quad\displaystyle\lim_{n\to\infty}x_{2n-1}=0, \\[1.6ex] \displaystyle\{x_{2n}\}_{n=1,2,\ldots} & \quad\mbox{mit} & \quad\displaystyle\lim_{n\to\infty}x_{2n}=2. \end{array} \] \[ \liminf_{n\to\infty}x_n=\limsup_{n\to\infty}x_n=\lim_{n\to\infty}x_n=0. \]
| Andere Häufungsstellen als \( 0 \) und \( 2 \) gibt es nicht, also sind |
\[ \liminf_{n\to\infty}x_n=0,\quad \limsup_{n\to\infty}x_n=2. \]
| (iii) | Die Folge ist beschränkt. Nach HA 24 beachten wir |
\[ \lim_{n\to\infty}\frac{n}{n^2+1}=0,\quad \lim_{n\to\infty}(-n+\sqrt{1+n+n^2})=\frac{1}{2}\,. \]
| Wie in Aufgabenteil (ii) betrachten wir also zwei Teilfolgen |
\[ \begin{array}{lcl} \displaystyle\{x_{2n-1}\}_{n=1,2,\ldots} & \quad\mbox{mit} & \quad\displaystyle\lim_{n\to\infty}x_{2n-1}=0, \\[1.6ex] \displaystyle\{x_{2n}\}_{n=1,2,\ldots} & \quad\mbox{mit} & \quad\displaystyle\lim_{n\to\infty}x_{2n}=1. \end{array} \]
| Andere Häufungsstellen als \( 0 \) und \( 1 \) gibt es nicht, also sind |
\[ \liminf_{n\to\infty}x_n=0,\quad \limsup_{n\to\infty}x_n=1. \] Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)
Aufgabe HA 26
Es seien \( \{x_n\}_{n=1,2,\ldots}\subset\mathbb R \) und \( \{y_n\}_{n=1,2,\ldots}\subset\mathbb R \) konvergente reelle Zahlenfolgen mit \( \displaystyle x=\lim_{n\to\infty}x_n \) und \( \displaystyle y=\lim_{n\to\infty}y_n. \) Beweisen Sie die folgenden Grenzwertregeln:
| (i) | \( \displaystyle\lim_{n\to\infty}(x_n+y_n)=x+y \) |
| (ii) | \( \displaystyle\lim_{n\to\infty}(x_n\cdot y_n)=x\cdot y \) |
| (i) | Zu beliebig vorgegebenem \( \varepsilon\gt 0 \) existiert ein gemeinsames \( N(\varepsilon)\in\mathbb N, \) so dass |
\[ |x_n-x|\lt\varepsilon,\quad |y_n-y|\lt\varepsilon \quad\mbox{für alle}\ n\ge N(\varepsilon). \]
| Mit der Dreiecksungleichung folgt |
\[ |(x_n+y_n)-(x+y)| =|(x_n-x)+(y_n-y)| \le|x_n-x|+|y_n-y| \lt 2\varepsilon \]
| für alle \( n\ge N(\varepsilon). \) Also gilt |
\[ \lim_{n\to\infty}(x_n+y_n) =x+y =\lim_{n\to\infty}x_n+\lim_{n\to\infty}y_n\,. \]
| Das zeigt (i). |
| (ii) | Wir gehen zunächst wie folgt vor |
\[ |x_ny_n-xy| =|x_ny_n-x_ny+x_ny-xy| \le|x_n||y_n-y|+|y||x_n-x|. \]
| Nach einem Satz aus der Vorlesung existiert für die konvergente Folge \( \{x_n\}_n\subset\mathbb R \) ein reelles \( C\in[0,\infty) \) mit der Eigenschaft |
\[ |x_n|\le C\quad\mbox{für alle}\ n\in\mathbb N, \]
| und es sei dieses \( C\gt 0 \) zudem so gewählt, dass auch \( |y|\le C \) richtig ist. Zu beliebig vorgegebenem \( \varepsilon\gt 0 \) existiert nun ein gemeinsames \( N(\varepsilon)\in\mathbb N \) mit |
\[ |x_n-x|\lt\varepsilon,\quad |y_n-y|\lt\varepsilon \quad\mbox{für alle}\ n\ge N(\varepsilon). \]
| Wir fassen zusammen |
\[ |x_ny_n-xy|\le|x_n||y_n-y|+|y||x_n-x|\lt C\varepsilon+C\varepsilon=2C\varepsilon, \]
| d.h. es gilt |
\[ \lim_{n\to\infty}x_ny_n =xy =\lim_{n\to\infty}x_n\cdot\lim_{n\to\infty}y_n\,. \]
| Das zeigt (ii). |
Damit ist alles gezeigt.\( \qquad\Box \)