Musterlösungen zur Probeklausur Analysis I

1. Für welche n ∈ ℕ gilt n^{3} < 3^{n}?

Für n = 0, 1, 2 ist die Aussage richtig, wie man nachrechnet. Es wird nun behauptet: Für sämtliche n ≥ 4 gilt die Ungleichung n^{3} < 3^{n}. \underline{Induktionsanfang:} n = 4: 64 = 4^{3} < 3^{4} = 81, d.h. hierfür ist die Aussage richtig. \underline{Induktionsannahme:} Für ein n ∈ ℕ gelte: n^{3} < 3^{n}. \underline{Induktionsschritt:} Zu zeigen bleibt: (n + 1)^{3} < 3^{n+1}. Die Ungleichungskette

3^{n+1} = 3^{n} · 3 >^{Ind.Ann} n^{3} · 3 = n^{3} + n^{3} + n^{3} >^{n>3} n^{3} + 3n^{2} + n^{3} ≥^{n≥4} n^{3} + 3n^{2} + 4n^{2} (1)
= n^{3} + 3n^{2} + 3n^{2} + n^{2} ≥^{n≥1} n^{3} + 3n^{2} + 3n + 1 = (n + 1)^{3}  (2)

liefert bereits die Behauptung. Zusammenfassend wurde festgestellt: Für alle n ∈ ℕ\{3} gilt n^{3} < 3^{n}.

2. Für relle a, b > 0 gilt ( _{\frac{2}{\frac{1}{a} + \frac{1}{b}}} )^{2} ≤ ab.

Man kann wie folgt verfahren:

a, b > 0; (a − b)^{2} ≥ 0  ⇒ ab(a − b)^{2} ≥ 0  ⇒ ab((a + b)^{2} − 4ab) ≥ 0
⇒ ab(a + b)^{2} ≥ (2ab)^{2}  ⇒ ab ≥ ( \frac{2ab}{a+b} )^{2}  ⇒ ab ≥ ( \frac{2}{\frac{1}{a} + \frac{1}{b}} )^{2}.

Es gibt andere, ähnliche Herleitungen. Wichtig ist, daß man von einer, ”offensichtlich richtigen Ungleichung“, etwa wie oben ab(a − b)^{2} ≥ 0 die Behauptung ableitet. Alternativ benutze man die Ungleichung des arithmetischen und geometrischen Mittels: ab ≤

( \frac{a+b}{2} )^{2}. Es folgt durch ein Einsetzen: a → \frac{1}{a} , b → \frac{1}{b}:

\frac{1}{a} · \frac{1}{b} ≤ ( \frac{\frac{1}{a} + \frac{1}{b}}{2} )^{2} ⇒ ( \frac{2}{\frac{1}{a} + \frac{1}{b}} )^{2} ≤ ab.

3. Man berechne den Grenzwert der Folge a_{n} = (\sqrt{n^{2} + 1} − \sqrt{n^{2} − 1})n, n ∈ ℕ^{∗}.

Durch geschicktes Erweitern im Zähler und Nenner mit \sqrt{n^{2} + 1} + \sqrt{n^{2} − 1} erreicht man

a_{n} = ( \frac{(n^{2} + 1) − (n^{2} − 1)}{\sqrt{n^{2} + 1} + \sqrt{n^{2} − 1}} )n = \frac{2}{\sqrt{1 + \frac{1}{n^{2}}} + \sqrt{1 − \frac{1}{n^{2}}}} →^{n→∞} \frac{2}{1 + 1} = 1.  (3)

4. Man zeige, daß die Folge a_{0} = 1/4; a_{n+1} = a_{n}^{2} + 1/4 monoton wachsend und nach oben beschränkt ist und berechne anschließend den Grenzwert für n → ∞. Zunächst die \underline{Monotonie}:

a_{n+1} − a_{n} = a_{n}^{2} − a_{n} + 1/4 = (a_{n} − \frac{1}{2} )^{2} ≥ 0, n ∈ ℕ.  (4)

Daraus folgt a_{n} ≤ a_{n+1}. Alternativ zeigt man a_{0} = 1/4 ≤ 5/16 = (1/4)^{2} + 1/4 = a_{1} und schließt unter der Induktionsannahme a_{n} ≤ a_{n+1} auf

a_{n} ≤ a_{n+1} ⇒ a_{n}^{2} ≤ a_{n+1}^{2} ⇒ a_{n}^{2} + \frac{1}{4} ≤ a_{n+1}^{2} + frac14 ⇒ a_{n+1} ≤ a_{n+2}.  (5)

Nun zur \underline{Beschränktheit}, wo gezeigt wird: a_{n} ≤ 1/2 für alle n ∈ ℕ. (Aus der Aufgabenstellung ist ersichtlich, daß der nachzuweisende Grenzwert das Supremum der Folge sein muß. Um auf die Schranke 1/2 zu kommen, hätte man etwa ”verbotenerweise “zunächst den Grenzwert berechnen können, um sich ein Bild von einer oberen Schranke zu machen. Nicht jede große Zahl, d.h ≥ 1 läßt sich unmittelbar als obere Schranke feststellen.)

Offenbar gilt a_{0} ≤ 1/2. Gilt für ein n die Beziehung a_{n} ≤ 1/2, so folgt a_{n+1} = a_{n}^{2} +1/4 ≤^{Ind.Ann.} (1/2)^{2} + 1/4 = 1/2, womit die obere Schranke gefestigt ist. Es sei nun lim_{n→∞} a_{n} =: a. Folglich ist

a = lim_{n→∞} a_{n+1} = lim_{n→∞}(a_{n}^{2} + \frac{1}{4} ) = lim_{n→∞} a_{n}^{2} + \frac{1}{4} = a^{2} + \frac{1}{4}  (6)
⇒ a = a^{2} + \frac{1}{4} ⇒ (a − \frac{1}{2} )^{2} = 0 ⇒ a = \frac{1}{2} .  (7)

5. Für welche x ∈ ℝ^{∗} konvergiert die Reihe ∑_{n=0}^{∞}(x + \frac{1}{x} )^{n}?

Es handelt sich um eine geometrische Reihe mit q := (x + \frac{1}{x} ). Die Reihe konvergiert also

genau für alle x ∈ ℝ^{∗} mit |x + \frac{1}{x} | < 1. Diese Werte sind zu bestimmen. Hierfür seien drei Wege vorgeschlagen:

(a) Für x > 0 gilt mindestens eine der beiden Möglichkeiten

x ≥ 1 oder \frac{1}{x} ≥ 1 ⇒ x + \frac{1}{x} ≥ 1.  (8)

Für x < 0 schließt man entsprechend:

x ≤ −1 oder \frac{1}{x} ≤ −1 ⇒ x + \frac{1}{x} ≤ −1.  (9)

(b) Man schließt mit der Ungleichung zwischen arithmetischen und geometrischen Mittel für x > 0 zunächst:

1 = \sqrt{x · \frac{1}{x}} ≤ ( \frac{x + \frac{1}{x}}{2} ) ⇒ 2 ≤ x + \frac{1}{x} .  (10)

Ist x < 0, dann ist −x > 0, also mit dem eben bewiesenen 2 ≤ −x − \frac{1}{x} = −(x + \frac{1}{x} ),

folglich x + \frac{1}{x} ≤ −2.

(c) Die Bedingung |x + \frac{1}{x} | < 1 wird mit der äquivalenten Ungleichung −1 < x + \frac{1}{x} < 1 ausgewertet. Ist x > 0, dann liefert die rechte Ungleichung:

x + \frac{1}{x} < 1 ⇔ x^{2} + 1 − x < 0 ⇔ (x − \frac{1}{2} )^{2} < − \frac{3}{4} ,  (11)

also etwas Unerfüllbares. Entsprechend für x < 0 kommt aus der linken Ungleichung

−1 < x + \frac{1}{x} ⇔^{x<0} 0 > x^{2} + x + 1 ⇔ − \frac{3}{4} > (x + \frac{1}{2} )^{2}  (12)

eine Absurdität.

Die Bedingung |x + \frac{1}{x} | < 1 ist für kein x ∈ ℝ^{∗} erfüllbar. Die Reihe ∑_{n=0}^{∞}(x + \frac{1}{x} )^{n} divergiert

für jedes x ∈ ℝ^{∗}.

6. Es sei M := \{1 + \frac{1}{m} − \frac{1}{n} |m, n ∈ ℕ^{∗}\}.

(a) Mit Begründung sind sup M, inf M anzugeben.

Es ist sup M = 2, inf M = 0 nachzuweisen. Zunächst ist 1 + \frac{1}{n} − \frac{1}{m} ≤ 1 + 1 = 2, bzw. 1 + \frac{1}{n} − \frac{1}{m} ≥ 1 − 1 = 0; ∀m, n ∈ ℕ^{∗}. Damit sind 2 bzw. 0 obere bzw. untere Schranken. Weiter ist sind die Folgen a_{m} = 2 − \frac{1}{m} ∈ M konvergent gegen 2 bzw. b_{n} = \frac{1}{n} ∈ M konvergent gegen 0. Daraus folgen die Behauptungen.

(b) Man bestimme die Menge der Häufungspunkte und zeige, daß es sich tatsächlich um Häufungspunkte handelt.

Mit H sei die Menge der Häufungspunkte von M bezeichnet. Dann wird

H = \{1\} ∪ \{1 − \frac{1}{m} |m ∈ ℕ^{∗}\} ∪ \{1 + \frac{1}{n} |n ∈ ℕ^{∗}\}  (13)

behauptet. Zur Begründung: Die für festes n gegebene Folge a_{m}^{(n)} = 1+1/n−1/m konvergiert gegen 1 + 1/n, aber es ist a_{m}^{(n)} ≠ 1 + 1/n für alle m ∈ ℕ^{∗}. Damit ist 1 + 1/n Grenzwert einer Folge aus M deren Glieder sämtliche nicht mit 1 + 1/n übereinstimmen. Entsprechend ist 1 − 1/m Grenzwert einer Folge aus M, nämlich b_{n}^{(m)} = 1 + 1/n − 1/m mit festem m. Offenbar gilt b_{n}^{(m)} ≠ 1 − 1/m für alle n ∈ ℕ^{∗} . Ist m = 2n, dann ist die Folge c_{n} = 1−1/(2n) ∈ M konvergent gegen 1, aber sämtliche Glieder sind von 1 verschieden. Damit ist auch 1 Häufungspunkt von M. Fertig.

7. (a) Für a ∈ ℝ berechne man den Grenzwert lim_{x→a} \frac{x^{n}−a^{n}}{x−a}.

Aus der Übung ist bekannt, daß gilt:

\frac{x^{n} − a^{n}}{x − a} = \underbrace{x^{n−1} + x^{n−2}a + … + xa^{n−2} + a^{n−1}}_{n Summanden}; a ∈ ℝ, n ≥ 2; x ≠ a. (14)

Man kann diese Formel alternativ mit Polynomdivision gewinnen, wenn sie nicht auswendig gelernt werden möchte. Für x → a ist daher

lim_{x→a} \frac{x^{n} − a^{n}}{x − a} = lim_{x→a}(x^{n−1} + x^{n−2}a + … + a^{n−1}) = a^{n−1} + a^{n−2}a + … + a^{n−1} = na^{n−1}.

(15)

(b) Es sei f : ℝ → ℝ; x ↦ \{ \begin{matrix}x^{2} & , x ∈ ℚ \\ 0 & , x ∈ ℝ\ℚ \end{matrix} . Zu zeigen ist lim_{x→0} f(x) = 0.

In der ε − δ- Formulierung ist zu begründen: Zu ε > 0 existiert ein δ > 0, so daß für |x − 0| < δ gilt: |f(x) − f(0)| < ε. Es sei ε > 0. Man wähle δ := \sqrt{ε} > 0. Dann gilt für |x| < δ:

|f(x)| ≤ |x^{2}| < δ^{2} ≤ (\sqrt{ε})^{2} = ε,  (16)

also lim_{x→0} f(x) = 0.

Alternativ kann man auch δ := min(1, ε) wählen. Die Abschätzung (16) kann übertragen werden.