Blatt 5 Aufgabe 2

a) Gegeben sei die rekursiv definierte Folge (a_{n}) durch a_{0} := 1, a_{n+1} := 1 + \frac{1}{1+a_{n}}. Für n ≥ 1 gilt

|a_{n+1} − a_{n}| = |1 + \frac{1}{1 + a_{n}} − 1 − \frac{1}{1 + a_{n−1}} | = |\frac{1}{1 + a_{n}} − \frac{1}{1 + a_{n−1}} |
= |\frac{1}{(1 + a_{n})(1 + a_{n−1})}||a_{n} − a_{n−1}|

Nun sieht man induktiv: ∀n: a_{n} ≥ 1. Damit folgt

|a_{n+1} − a_{n}| ≤ (1/4)|a_{n} − a_{n−1}| < (1/2)|a_{n} − a_{n−1}|.

Mit vollständiger Induktion wird nun gezeigt:|a_{n+1} − a_{n}| ≤ (1/2)^{n+1} Damit gilt

|a_{n+k} −a_{n}| ≤ ∑_{j=0}^{k−1} |a_{n+j+1} −a_{n+j}| ≤ (\frac{1}{2})^{n} ∑_{j=1}^{k}(\frac{1}{2})^{j} ≤ (\frac{1}{2})^{n}(\frac{1}{1 − (1/2)} −1) = (\frac{1}{2})^{n}

Ist ϵ > 0 und wählt man nun N, so daß (1/2)^{N} < ϵ, so erhält man für m > n ≥ N: |a_{m} − a_{n}| ≤ (1/2)^{n} ≤ (1/2)^{N} < ϵ. Damit ist gezeigt, daß (a_{n}) eine Cauchy-Folge ist. Wir bezeichnen den Grenzwert mit a. Da ∀n: a_{n} ≥ 1, ist insbesondere a ≥ 1 und wir erhalten:

a = lim_{n→∞} a_{n+1} = lim_{n→∞}(1 + \frac{1}{1 + a_{n}}) = 1 + \frac{1}{1 + a}

Daraus ergibt sich leicht a = \sqrt{2}.

b) a_{0} := 1, a_{n+1} := \sqrt{1 + a_{n}}. Wir zeigen: für alle n gilt a_{n} < 2 und a_{n+1} ≥ a_{n}.

Zunächst ist für n = 0 a_{0} = 1 und a_{1} = \sqrt{2}.

Sei nun n ≥ 1 und die Behauptung für n − 1 vorausgesetzt. Dann gilt a_{n} = \sqrt{1 + a_{n−1}} ≤ \sqrt{1 + 2} < 2 und a_{n+1} = \sqrt{1 + a_{n}} ≥ \sqrt{1 + a_{n−1}} = a_{n}.

Damit ist die Folge (a_{n}) wachsend und beschränkt. Wir bezeichnen den Grenzwert mit a.

a = lim_{n→∞} a_{n+1} = lim_{n→∞} \sqrt{1 + a_{n}} = \sqrt{1 + a}

Damit ergibt sich: a = \frac{1+\sqrt{5}}{2}. a)

∑_{k=3}^{∞} \frac{3}{4^{k}} = 3 ∑_{k=3}^{∞}(1/4)^{k} = 3(\frac{1}{1 − (1/4)} − 1 − (1/4) − (1/4)^{2})) + \frac{1}{16}

b) Eine Partialbruchzerlegung ergibt

\frac{1}{k(k + 1)(k + 2)} = \frac{1/2}{k} + \frac{−1}{k + 1} + \frac{1/2}{k + 2}

Damit folgt

∑_{k=1}^{n} \frac{1}{k(k + 1)(k + 2)} = ∑_{k=1}^{n} \frac{1/2}{k} + ∑_{k=1}^{n} \frac{−1}{k + 1} + ∑_{k=1}^{n} \frac{1/2}{k + 2}

= ∑_{k=1}^{n} \frac{1/2}{k} + ∑_{k=2}^{n+1} \frac{−1}{k} + ∑_{k=3}^{n+2} \frac{1/2}{k}

= \frac{1}{2}(1 + \frac{1}{2}) − \frac{1}{2} − \frac{1}{n + 1} + \frac{1}{2}(\frac{1}{n + 1} + \frac{1}{n + 2})

Also

lim_{n→∞} ∑_{k=1}^{n} \frac{1}{k(k + 1)(k + 2)} = \frac{1}{2}(1 + \frac{1}{2}) − \frac{1}{2} = \frac{1}{4}

Blatt 6 Aufgabe 2

a) lim_{k→∞} \frac{2^{k+1}}{(k+1)!} \frac{k!}{2^{k}} = lim_{k→∞} \frac{2}{k+1} = 0. Die Reihe konvergiert nach dem Quotientenkriterium.

b) lim_{k→∞} |(−1)^{k}(1 + \frac{1}{\sqrt{k}})| = 1. Notwendiges Kriterium nicht erfüllt.

c) lim_{k→∞} ^{k} \sqrt{| ^{k} \sqrt{7} − 1|^{k}} = lim_{k→∞} ^{k} \sqrt{7} − 1 = 0 Die Reihe konvergiert nach dem Wurzelkriterium.

d)

lim_{k→∞} \frac{\frac{1}{\binom{2(k+1)}{k+1}}}{\frac{1}{\binom{2k}{k}}} = lim_{k→∞} \frac{((k + 1)!)^{2}}{(2k + 2)!} \frac{(2k)!}{(k!)^{2}} = lim_{k→∞} \frac{(k + 1)^{2}}{(2k + 1)(2k + 2)} = \frac{1}{4}

Reihe nach Quotientenkriterium konvergent.

e) ∑_{k=1}^{∞} \frac{1}{(2k)^{α}} = \frac{1}{2^{α}} ∑_{k=1}^{∞} \frac{1}{k^{α}} Reihe konvergent für α > 1, sonst divergent (siehe VL)

Sei ∑_{n=0}^{∞} c_{n} konvergent, c_{n} ≥ 0 für alle n. Wir setzen r_{n} := ∑_{k=n}^{∞} c_{k} (diese Reihe konvergiert, Cauchy-Kriterium). Es gilt dann

∑_{k=0}^{n−1} c_{k} + r_{n} = ∑_{k=0}^{∞} c_{k}

Ist ϵ > 0, so gibt es ein N, so daß für alle n ≥ N:

|r_{n}| = | ∑_{k=0}^{∞} c_{k} − ∑_{k=0}^{n−1} c_{k}| < ϵ.

Daraus folgt lim_{n→∞} r_{n} = 0. Betrachte nun mit c′_{n} := \sqrt{r_{n}} − \sqrt{r_{n+1}}:

∑_{n=0}^{M} c′_{n} = ∑_{n=0}^{M}(\sqrt{r_{n}} − \sqrt{r_{n} + 1}) = \sqrt{r_{0}} − \sqrt{r_{M+1}}

Daraus folgt ∑_{n=0}^{∞} c′_{n} = \sqrt{r_{0}}, die Reihe ist also konvergent. Weiter gilt

\frac{c_{n}}{c′_{n}} = \frac{r_{n} − r_{n+1}}{\sqrt{r_{n}} − \sqrt{r_{n+1}}} = \frac{(r_{n} − r_{n+1})(\sqrt{r_{n}} + \sqrt{r_{n+1}})}{r_{n} − r_{n+1}}

und somit lim_{n→∞} \frac{c_{n}}{c′_{n}} = lim_{n→∞}(\sqrt{r_{n}} + \sqrt{r_{n+1}}) = 0.

Blatt 7 Aufgabe 2

a) lim ^{n} \sqrt{|nx^{n}|} = |x| lim ^{n} \sqrt{n} = |x|. Nach dem Wurzelkriterium ist die Reihe konvergent, falls |x| < 1 und divergent, falls |x| > 1. Für x = ±1 ist die Reihe ebenfalls divergent.

Sei nun |x| < 1. Die zu zeigende Gleichung zeigt man entweder in der Form

\frac{1}{1 − x} = \frac{1 − x}{x} ∑_{n=1}^{∞} nx^{n}

durch ein Teleskopreihenargument oder wie folgt durch das Cauchyprodukt:

\frac{1}{(1 − x)^{2}} = (∑_{n=0}^{∞} x^{n})(∑_{n=0}^{∞} x^{n}) = ∑_{n=0}^{∞} c_{n}

mit c_{n} = ∑_{k=0}^{n} x^{k} · x^{n−k} = ∑_{k=0}^{n} x^{n} = (n + 1)x^{n}, wobei die Konvergenz der rechts stehenden Reihe durch den Satz über das Cauchy-Produkt garantiert ist. Damit haben wir

\frac{x}{(1 − x)^{2}} = x ∑_{n=0}^{∞}(n + 1)x^{n} = ∑_{n=0}^{∞}(n + 1)x^{n+1} = ∑_{n=1}^{∞} nx^{n}

wie gewünscht und gültig wenigstens für alle |x| < 1.

b) Wir setzen a_{0} := 3, a_{n} := 3^{n} und b_{0} := −2, b_{n} := 2^{n} für n ≥ 1. Zu berechnen ist dann ∑_{n=0}^{∞}(∑_{k=0}^{n} a_{k}b_{n−k}) Wir berechnen für n ≥ 1:

∑_{k=0}^{n} a_{k}b_{n−k} = a_{0}b_{n} + ∑_{k=1}^{n−1} a_{k}b_{n−k} + a_{n}b_{0}

= 3 · 2^{n} + ∑_{k=1}^{n−1} 3^{k}2^{n−k} − 2 · 3^{n}

= 3 · 2^{n} + 2^{n} ∑_{k=1}^{n−1}(3/2)^{k} − 2 · 3^{n}

= 3 · 2^{n} + 2^{n}(\frac{1 − (3/2)^{n}}{1 − (3/2)} − 1) − 2 · 3^{n}
= 3 · 2^{n} − 2(2^{n} − 3^{n}) − 2^{n} − 2 · 3^{n}
= 0

Somit ergibt sich

∑_{n=0}^{∞}(∑_{k=0}^{n} a_{k}b_{n−k}) = a_{0}b_{0} = −6,

was nicht im Widerspruch zum Satz über das Cauchyprodukt steht, da die beiden gegebenen Summen nicht (absolut) konvergieren.

Sei exp(x) := ∑_{n=0}^{∞} \frac{x^{n}}{n!} . Dann gilt für x > 0:

exp(x) = lim_{n→∞} \underbrace{∑_{k=0}^{n} \frac{x^{k}}{k!}}_{=:S_{n}}

und S_{n} = 1 + x + ⋯ \frac{x^{n}}{n!} > 1 + x. Also folgt exp(x) > 1 für x > 0. Für x = 0 erhält man exp(x) = 1. Außerdem gilt das Additionstheorem exp(x + y) = exp(x) exp(y).

a) Sei x < y. Dann gibt es ein a > 0 mit x + a = y und demnach

exp(y) = exp(x + a) = exp(x) exp(a) > exp(x).

c) Sei 0 < x < 1. Es gilt

exp(x) = ∑_{n=0}^{∞} \frac{x^{n}}{n!} ≤ ∑_{n=0}^{∞} x^{n} = \frac{1}{1 − x},

wobei sich die für alle Partialsummen gültige Abschätzung auf die Grenzwerte überträgt.

b) Wegen exp(−x) exp(x) = exp(x − x) = 1 ist ∀x: exp(x) > 0. Damit ergibt sich für x ≤ −1 sofort die gesuchte Abschätzung.

Ist x ∈ (−1, 0), so gilt nach c)

\frac{1}{exp(x)} = exp(−x) ≤ \frac{1}{1 + x},

also exp(x) ≥ 1 + x wie verlangt.

Schließlich sei x ≥ 0. Dann gilt mit den Bezeichnungen vom Anfang:

S_{n} = 1 + x + \underbrace{\frac{x^{2}}{2!} + ⋯ + \frac{x^{n}}{n!}}_{≥0},

also S_{n} ≥ 1 + x falls n ≥ 2. Damit folgt die Ungleichung durch Grenzübergang.

d) Sei x fest. Da konvergente Reihen gliedweise addiert werden dürfen, ergibt sich:

1/2(exp(x) + exp(−x)) = 1/2(∑_{n=0}^{∞} \frac{x^{n}}{n!} + ∑_{n=0}^{∞} \frac{(−x)^{n}}{n!} ) = ∑_{n=0}^{∞} \frac{1}{2} \frac{x^{n} + (−1)^{n}}{n!}

Die rechts stehende Reihe ist konvergent gegen ein A ∈ ℝ, d.h. es gilt mit Q_{n} := ∑_{k=0}^{n} \frac{1}{2} \frac{x^{k}+(−1)^{k}}{k!} insbesondere lim_{n→∞} Q_{2n} = A. Nun ist Q_{2n} = ∑_{k=0}^{2n} \frac{1}{2} \frac{x^{k}+(−1)^{k}}{k!} = ∑_{k=0}^{n} \frac{x^{2k}}{(2k)!}, also ∑_{k=0}^{∞} \frac{x^{2k}}{(2k)!} = A.

a) Setze F := {f|f : ℝ → ℝ}. Sei ϕ : ℝ → F gegeben. Wir zeigen, daß ϕ nicht surjektiv ist. Sei dazu g : ℝ → ℝ definiert durch

g(x) := (ϕ(x))(x) + 1.

Die Abbildung g liegt in F. Sei weiter a ∈ ℝ beliebig. Es gilt

(ϕ(a))(a) ≠ (ϕ(a))(a) + 1 = g(a),

d.h. die Abbildungen ϕ(a) und g sind verschieden. Da a beliebig war, liegt g nicht im Bild von ϕ, was gerade besagt, daß ϕ nicht surjektiv ist.

b) Zunächst dürfen wir annehmen, daß 0 nicht in M liegt. Falls doch, nehmen wir die Null heraus, womit im Fall einer unendlichen Menge die Mächtigkeit nicht verändert wird.

Ist nun x ∈ M, so gibt es nach dem Archimedischen Axiom ein n ∈ ℕ mit n ≤ 1/x < n + 1. Dann ist x > 1/(n + 1) und damit liegt x in der Menge M_{n} := M ∩ [1/(n + 1), ∞). Wir haben also gesehen, daß

M ⊂ ⋃_{n∈ℕ} M_{n}

gilt. Es gilt sogar Gleichheit, da jedes M_{n} Teilmenge von M ist.

Sei nun n ∈ ℕ beliebig. Wäre die Menge M_{n} unendlich, so könnten wir verschiedene Elemente q_{1}, q_{2}, …, q_{([K]+1)(n+1)} wählen. Damit ergäbe sich

∑_{j=1}^{([K]+1)(n+1)} q_{j} ≥ ∑_{j=1}^{([K]+1)(n+1)} 1/(n + 1) = [K] + 1 > K

im Widerspruch zur Vorraussetzung.

Wir haben gesehen, daß jedes M_{n} endlich ist. Dann ist aber M = ⋃ M_{n} höchstens abzählbar. Wählen wir nun eine beliebige Abzählung q_{1}, q_{2}, … von M, so gilt für jede Partialsumme

S_{N} = ∑_{j=1}^{N} q_{j} ≤ K

Die Folge S_{1}, S_{2}, … der Partialsummen ist also nach oben durch K beschränkt. Das sie außerdem monoton wächst, existiert der Grenzwert und ist ebenfalls durch K beschränkt. Also gilt ∑_{j=1}^{∞} q_{j} ≤ K zunächst für die gewählte Abzählung. Da die Reihe nur positive Summanden hat, folgt der Rest aus dem Umordnungssatz.

a) Setze k := sup A und l := sup B. Dann gilt für a ∈ A, b ∈ B : a + b ≤ k + l Damit folgt k + l ≥ sup(A + B). Sei nun ϵ > 0. Nach Definition des Supremums gibt es a ∈ A, b ∈ B mit k − a < ϵ/2 und l − b < ϵ/2. Dann gilt a + b > k + l − ϵ und damit sup(A + B) > k + l − ϵ. Da dies für jedes positive ϵ gilt, folgt sup(A + B) ≥ k + l.

b) Mit den gleichen Bezeichnungen und dem gleichen Argument folgt wieder k + l ≥ sup(A ∗ B). Sei nun S eine obere Schranke für B. Seien weiter ϵ > 0 und a ∈ A, b ∈ B mit k − a < \frac{ϵ}{2S} und l − b < \frac{ϵ}{2k}. Damit gilt

kl − ab = |kl − ab| = |kl − kb + kb − ab| ≤ k|l − b| + b|k − a| ≤ ϵ

Daraus folgt auch k · l ≤ sup(A · B).

c) Sei a ∈ A. Dann a ≤ k, also auch −a ≥ −k. Damit folgt inf −A ≥ −k. Sei ϵ > 0 und a ∈ A mit k − a < ϵ. Dann hat man (−a) − (−k) < ϵ, d.h. −k ≥ inf −A.

Weitere Lösungen finden Sie am Ende des Buches von Heuser: Lehrbuch der Analysis 1, Teubner (kurz: H.). Die Abschnitte werden im folgenden mit A abgekürzt.

1 Blatt: 2.) H., A 13, Aufg. 3. ; 3.) H., A 13, Aufg.5.

3 Blatt: 2.) (a) ] − 1, 4[, (b) ∅; 3.) (a) 0 < x < 5a (b)^{2}

4 Blatt: 2.) (a) 0, (b) \frac{1}{4}, (c) 0, (d) \frac{1}{2}

5 Blatt: 3.) (a), (c), (d) und (e) sind konv.

8 Blatt: 4.), 5.) H., A8 Sätze 8.5-8.7

9 Blatt: 4.) (a) h = \frac{f+g+|f−g|}{2}, (c) H. A 34, Aufg. 8

10 Blatt: 2.)(a) \frac{x−2}{x−1} ist die grösstmögliche Fortsetzung (b) lim_{x→0} g(x) = \frac{1}{2}; 3.) H. A 37, Aufg.1

12 Blatt: 2.) (a) (x^{2} + 2x)e^{x} (b) \frac{1}{x ln x} (c) (\frac{1+x}{1−x})^{x^{2}} · 2x(ln(\frac{1+x}{1−x}) + \frac{x}{1−x^{2}} ) (d) \frac{1}{1−x^{2}} (e) \frac{(2x cos x+sin x) ln x−2 sin x}{2\sqrt{x}(ln x)^{2}} (f) 3x^{2} ln(x^{2} + a^{2}) (g) x^{(a^{x})} · a^{x}(\frac{1}{x} + ln x · ln a) (h)

ln a(a^{tan x} · \frac{1}{(cos x)^{2}} + \frac{1}{(cos a^{x})^{2}} · a^{x}) (i) \frac{2\sqrt{x}+1}{4(x^{\frac{3}{2}} +x)} · tan x + ^{\frac{ln(\sqrt{x+\sqrt{x}})}{(cos x)^{2}}}