Lösungen der Aufgaben zur Vorlesung Analysis I von PD Dr. Rolf ...

Lösungen der Aufgaben zur Vorlesung
Analysis I
von PD Dr. Rolf Busam
im SS 2006
Dr. Michael Schraudner
Internetbegleiter
http://math.uni-heidelberg.de/studinfo/schraudner/anabusam1.html

Übungsblatt 1
Aufgabe 1
Zeigen Sie, dass für jede natürliche Zahl n gilt:
(a) 2 ist ein Teiler von n 2 − n
(b) 6 ist ein Teiler von n 5 − n
(c) 8 ist ein Teiler von (2n + 1) 2 − 1
Lösung:
(a) Man kann die natürlichen Zahlen in folgende zwei Mengen aufteilen N = G ˙∪ U mit G := {2, 4, 6, . . .} =
{2m | m ∈ N} und U := {1, 3, 5, . . .} = {2m − 1 | m ∈ N}.
Nun faktorisiert man den Ausdruck n 2 − n = n(n − 1). Eine der beiden Zahlen n und n − 1 ist gerade,
da n der Nachfolger von n − 1 ist. Folglich ist einer der beiden Faktoren durch 2 teilbar und damit auch
der gesamte Ausdruck.
(b) Faktorisiere den Ausdruck n 5 − n = n(n 4 − 1) = n(n 2 − 1)(n 2 + 1) = n(n − 1)(n + 1)(n 2 + 1) (hier
wurde zwei mal die dritte Binomische Formel verwendet). Die weitere Faktorisierung des Terms (n 2 + 1)
ist für die Lösung der Aufgabe nicht relevant.
Wir wissen bereits, dass sich einer der beiden Terme n und (n−1) durch 2 teilen lässt, weiterhin überlegt
man sich schnell und in völliger Analogie zum ersten Aufgabenteil, dass sich eine der drei aufeinander
folgenden Zahlen (n − 1), n, (n + 1) durch 3 teilen lässt. Die beiden Teiler 2 und 3 multiplizieren sich
zum Teiler 6 des gesamten Ausdrucks.
(c) (2n + 1) 2 − 1 = (4n 2 + 4n + 1) − 1 = 4n 2 + 4n = 4(n 2 + n) = 4n(n + 1). n(n + 1) ist durch 2
teilbar (siehe Aufgabenteil (a)). Der Teiler multipliziert sich mit der 4 aus dem faktorisierten Ausdruck
zum Teiler 8 für den Gesamtausdruck.
□
Aufgabe 2
Beweisen Sie folgende Regeln der Bruchrechnung:
Für a, b, c, d ∈ R mit b ≠ 0 und d ≠ 0 gilt
(a) a b = c d genau dann, wenn ad = bc gilt, speziell gilt a b = ax
bx
(b) a b ± c d = ad±bc
bd
(c) a b · c
d = ac
bd
für alle x ∈ R, x ≠ 0
(d) a b c
d
= ad
bc
, falls auch c ≠ 0 gilt.
(e) 1 a
b
= ( )
a −1
b =
b
a
, falls auch a ≠ 0 gilt.
Lösung:
1

(a) ’=⇒’: Multiplikation der ersten Gleichung mit bd ≠ 0 ergibt
a
b = c d =⇒ (ab−1 )bd = (cd −1 )bd ⇐⇒ a(b −1 b)d = c(d −1 d)b ⇐⇒ ad = cb = bc
’⇐=’: Multiplikation der zweiten Gleichung mit (bd) −1 (b ≠ 0 ∧ d ≠ 0 =⇒ bd ≠ 0) ergibt
ad = bc =⇒ ad
bd = bc
bd ⇐⇒ a b = c d
Folgerung: Setze c = ax, d = bx, (x ≠ 0), so folgt aus ad = abx = bax = bc sofort a b = c d = ax
bx
(b)
(c)
(d)
a
b ± c (a)
= ad
d bd ± cb
db = ad
bd ± bc ad ± bc
=
bd bd
a
b
c
d
a
b · c
d = d−1 b −1 ac = (bd) −1 ac = ac
bd
= (d −1 c) −1 b −1 a = c −1 db −1 a = (bc) −1 ad = ad
bc
(Benutze x = d ≠ 0 bzw. x = b ≠ 0)
mit c ≠ 0
(e)
( a
b
) −1
=
1
a
b
= (b −1 a) −1 = a −1 b = b a
mit a ≠ 0
□
Aufgabe 3
Sei K := { x ∈ R; x = a + b √ 2, a, b ∈ Q } . Zeigen Sie, dass K mit der von R ’geerbten’ Addition bzw.
Multiplikation ein Körper ist. Besitzt die Gleichung y 2 = 3 in K eine Lösung?
Lösung: Es ist bei dieser Aufgabe nicht nötig, alle Körperaxiome einzeln nachzuweisen. Es genügt zu zeigen,
dass es sich bei K um einen Unterkörper von R handelt. So gelten Kommutativ-, Assoziativ- und Distributivgesetze
auf K als Teilmenge von R. Zu zeigen sind lediglich folgende sechs Punkte:
(a) 0 ∈ K. Es gilt 0 = 0 + 0 · √2
=⇒ 0 ∈ K.
(b) Abgeschlossenheit von K bezüglich der Addition:
Seien a + b √ 2, ã + ˜b √ 2 ∈ K, so ist (a + b √ 2) + (ã + ˜b √ 2) = (a + ã) + (b +
} {{ } ˜b ) √ 2 ∈ K.
} {{ }
∈Q ∈Q
(c) Additives Inverses zu a + b √ 2 ∈ K ist (−a) + (−b) √ 2 ∈ K wegen:
(a + b √ 2) + ((−a) + (−b) √ 2) = (a − a) + (b − b) √ 2 = 0 + 0 · √2
= 0 + 0 = 0
(d) 1 ∈ K. Es gilt 1 = 1 + 0 · √2
=⇒ 1 ∈ K.
(e) Abgeschlossenheit von K bezüglich der Multiplikation: Seien a + b √ 2, ã + ˜b √ 2 ∈ K, so folgt:
(a + b √ 2) · (ã + ˜b √ 2) = aã + a˜b √ 2 + ãb √ 2 + b˜b( √ 2) 2 = (aã + 2b˜b ) + (a˜b + ãb) √ 2 ∈ K
} {{ } } {{ }
∈Q
∈Q
2

(f) Liegt das multiplikative Inverse (a + b √ 2) −1 für alle a + b √ 2 ∈ K \ {0} wieder in K? Es gilt:
(a + b √ 2) −1 =
1
a + b √ 2
} {{ }
≠0
Daher ist (a + b √ 2) −1 ∈ K.
=
a − b √ 2
(a + b √ 2)(a − b √ 2) = a − b√ 2
a 2 − 2b 2 =
a
a 2 − 2b 2
} {{ }
∈Q
b √
− 2
a 2 − 2b
} {{ 2
}
∈Q
Bemerkung: Wegen a + b √ 2 ≠ 0 ist auch a − b √ 2 ≠ 0 und die Erweiterung des Bruches ist erlaubt
(Für a − b √ 2 = 0, wäre a = b √ 2 also entweder b = 0 =⇒ a = 0 oder b ≠ 0 =⇒ √ 2 = a b ∈ Q
). Der am Ende auftretende Nenner a 2 − 2b 2 = (a + b √ 2)(a − b √ 2) ist niemals null aufgrund der
Nullteilerfreiheit von R (a 2 − 2b 2 = 0 würde bereits (a + b √ 2) = 0 oder (a − b √ 2) = 0 implizieren).
Besitzt die Gleichung y 2 = 3 in K eine Lösung?
Nein! Die Gleichung besitzt keine Lösung in K.
Beweis: [Widerspruch] Wir nehmen an, obige Gleichung hätte eine Lösung y ∈ K der Form y = a + b √ 2 mit
a, b ∈ Q \ {0} (also a · b ≠ 0). Man erhält:
y 2 = 3 =⇒ (a + b √ 2) 2 = 3 =⇒ a 2 + 2ab √ 2 + 2b 2 = 3 =⇒ √ 2 = 3 − a2 − 2b 2
Es bleiben die beiden Fälle a = 0 oder b = 0:
}
2ab
{{ }
∈Q
=⇒ √ 2 ∈ Q
b = 0 : y 2 = 3 =⇒ a 2 = 3 =⇒ √ 3 ∈ Q
b ≠ 0, a = 0 : y 2 = 3 =⇒ b 2 · 2 = (b √ 2) 2 = 3 siehe nachfolgende Bemerkung
Bemerkung: Sei b = m n ∈ Q \ {0} mit m, n teilerfremd, so gilt: 2m2 = 3n 2 =⇒ 2|3n 2 also 2|n 2 und somit
2|n, d.h. 4|n 2 . Weiter folgt 4|3n 2 = 2m 2 also 2|m 2 d.h. 2|m zur Teilerfremdheit von n, m.
□
Also besitzt die Gleichung y 2 = 3 keine Lösung in K.
□
Aufgabe 4
Seien a > 0 und b > 0 positive reelle Zahlen mit a ≤ b. Beweisen Sie die Ungleichungskette
a 2 ≤
( ) 2 2ab
≤ ab ≤
a + b
Wann gilt jeweils das Gleichheitszeichen ?
( ) 2 a + b
≤ a2 + b 2
2
2
≤ b 2
Lösung: Aus der Voraussetzung a > 0 und b > 0 folgt ab > 0, a + b > 0, (a + b) 2 > 0.
a ≤ b
⇐⇒ a + b ≤ 2b
• ⇐⇒ a(a + b) ≤ 2ab
⇐⇒ a ≤ 2ab
a+b
⇐⇒ a 2 ≤ a( 2ab
a+b ) ≤ ( 2ab
a+b )2
Addition von b
Multiplikation mit a > 0 erhält die Ungleichung
Division durch (a + b) > 0 erhält die Ungleichung
2ab
Multiplikation mit a > 0 bzw.
a+b
> 0 erhält die Ungleichung
0 ≤ (a − b) 2 = a 2 − 2ab + b 2
•
⇐⇒ 4ab ≤ a 2 + 2ab + b 2 = (a + b) 2 Addition von 4ab
⇐⇒
4ab
(a+b)
≤ 1 2 Division durch (a + b) 2 > 0 erhält die Ungleichung
⇐⇒ ( 2ab
a+b )2 ≤ ab
Multiplikation mit ab > 0 erhält die Ungleichung
3

0 ≤ (a − b) 2 = a 2 − 2ab + b 2
• ⇐⇒ 4ab ≤ a 2 + 2ab + b 2
⇐⇒ ab ≤ a2 +2ab+b 2
4
= ( a+b
2
0 ≤ (a − b) 2 = a 2 − 2ab + b 2
Addition von 4ab
) 2
Division durch 4 > 0 erhält die Ungleichung
• ⇐⇒ a 2 + 2ab + b 2 ≤ 2a 2 + 2b 2 Addition von (a + b) 2 = a 2 + 2ab + b 2
⇐⇒ ( )
a+b 2
2 ≤
a 2 +b 2
2
Division durch 4 > 0 erhält die Ungleichung
a ≤ b
•
⇐⇒ a 2 ≤ ab ≤ b 2 Multiplikation mit a > 0 bzw. b > 0 erhält die Ungleichung
⇐⇒ a 2 + b 2 ≤ 2b 2 Addition von b 2
⇐⇒ a2 +b 2
2
≤ b 2 Division durch 2 > 0 erhält die Ungleichung
Alle Äquivalenzumformungen ergeben sich aus der Voraussetzung a, b > 0. Die Implikationen “=⇒” alleine
beweisen die Ungleichungskette. Da sich alle Umformungsschritte auch umkehren lassen (d.h. betrachte die
Rückrichtungen “⇐=”) und da (a − b) 2 = 0 einzig für a = b erfüllt ist, gilt Gleichheit jeweils nur für a = b. □
Aufgabe 5
Jäger Lustig kehrt nach erfolgreicher Jagd mit seinem Dackel Waldi vom Hochsitz auf einem schnurgeraden
Waldweg zum Jagdhaus zurück. Der Dackel läuft dabei dreimal so schnell wie der Jäger.
Aus Vorfreude über die Wurst, die ihn im Jagdhaus erwartet, läuft Waldi zum Jagdhaus voraus, kehrt
dort (blitzartig) um und läuft den Weg zurück bis er seinen Herren wieder trifft, kehrt am Treffpunkt
wieder um, läuft zum Jagdhaus etc. Als Jäger Lustig am Jagdhaus ankommt hat er eine Strecke von
einem Kilometer zurückgelegt.
Welche Strecke hat dabei der Dackel zurückgelegt?
Lösung: 0. Lösung (’intuitive Lösung’): Wenn der Hund 3mal so schnell läuft wie sein Herrchen und das
Herrchen 1 km zurücklegt, dann läuft sein Hund 3 km. fertig :-)
1. Lösung (’physikalischer Ansatz’: s = v·t): Geschwindigkeit ist Weg pro Zeit; in gleichen Zeiträumen verhalten
sich die zurückgelegten Strecken also wie die jeweiligen (konstanten) Geschwindigkeiten. Die Laufzeit (t) von
Waldi und dem Jäger sind gleich (es wird ja angenommen, dass Waldi ’blitzartig’ umkehrt, dafür also keine Zeit
benötigt). Waldi läuft dreimal so schnell wie sein Herrchen (v w = 3 · v j ). Die Strecke, die der Jäger zurücklegt
ist s j = 1 km. Insgesamt gilt also für die Strecke von Waldi:
s w = v w · t = 3 · v j · sj
v j
= 3 · s j = 3 km
2. Lösung (Analytische Lösung durch Aufsummieren der einzelnen Teilstrecken): Es sei A 0 der Startpunkt
des Rückweges (der Hochsitz). A 1 sei der erste Treffpunkt von Jäger und Hund, bzw. allgemein A n der
n-te Treffpunkt und JH schließlich die Jagdhütte. Wie man nach kurzer Überlegung feststellt liegt der erste
Treffpunkt A 1 genau in der Mitte zwischen dem Hochsitz A 0 und der Jagdhütte JH. Mit derselben Überlegung
stellt man fest:
A 1 liegt in der Mitte der Strecke A 0 JH
A 2 liegt in der Mitte der Strecke A 1 JH
A 3 liegt in der Mitte der Strecke A 2 JH
bzw. allgemein:
A n+1 liegt in der Mitte der Strecke A n JH.
JH A 8
3 A 4
2 A 2
1 A
0
❳ ❳ ❳ ❳❳
❳ ❳❳
❳ ❳3
. . .
1
❳ ❳ 1 +
❳ 1 = 3 ❳❳3 1
❳ ❳ ❳3 + 1 = 3 2 2
1 + 1 = 2 3 4 4
4 8 8
1
1
4

Es bezeichne l(x) die Länge der Strecke x. Damit gilt für Jäger Lustig:
1 km = l(A 0 JH) = l(A 0 A 1 ) + l(A 1 A 2 ) + l(A 2 A 3 ) + . . . =
( 1
2 + 1 4 + 1 8 + . . . )
km
Wobei 1 2 + 1 4 + 1 8 +. . . eine geometrische Reihe ∑ ∞
i=1 qi darstellt, mit q := 1 2 und somit den Grenzwert q
1−q = 1
besitzt.
Für Waldi gilt: Er legt im i-ten Schritt die Strecken A i−1 JH und JH A i zurück, für deren Länge gilt:
l(A i−1 JH) = 1
2
sowie l(JH A i−1 i ) = 1 1
2
. Insgesamt also die Länge i 2
+ 1 i−1 2
= 3 i 2
: i
( 3
2 + 3 4 + 3 )
( 1
8 + . . . km = 3 ·
2 + 1 4 + 1 )
8 + . . . km = 3 km
□
Übungsblatt 2
Aufgabe 6
Bestimmen Sie explizit die folgenden Mengen
L 1 := {x ∈ R; |3 − 2x| < 5} L 2 :=
{
x ∈ R, x ≠ 2;
{
L 3 := {x ∈ R; x(2 − x) > 1 + |x|} L 4 := x ∈ R;
}
x + 4
x − 2 < x
}
1
x + |x − 1| < 2
und stellen Sie (wenn möglich) die Mengen L j (1 ≤ j ≤ 4) mit Hilfe von Intervallen dar.
Lösung:
• Zu L 1 :
|3 − 2x| ist 3 − 2x, falls x < 3 2 bzw. −3 + 2x, falls x ≥ 3 2
Fall 1: x < 3 2 ∧ 3 − 2x < 5 ⇐⇒ x < 3 2 ∧ x > −1 ⇐⇒ x ∈] − 1, 3 2 [
Fall 2: x ≥ 3 2 ∧ −3 + 2x < 5 ⇐⇒ x ≥ 3 2 ∧ x < 4 ⇐⇒ x ∈ [ 3 2 , 4[
Insgesamt ist L 1 = ] − 1, 3 2 [ ∪ [ 3 2
, 4[ = ] − 1, 4[.
• Zu L 2 :
x + 4
x − 2 < x ⇐⇒ −x2 + 3x + 4
= x + 4
x − 2 x − 2 − x < 0
Fall 1: x > 2, d.h. (x − 2) > 0 und somit −x2 +3x+4
x−2
< 0 ⇐⇒ x 2 − 3x − 4 > 0.
Die Nullstellen von x 2 −3x−4 sind offensichtlich −1 und 4. Für 2 < x < 4 ist x 2 −3x−4 < x 2 −3x−x =
x(x − 4) < 0. Für x > 4 (d.h. −4 > −x) ist dagegen x 2 − 3x − 4 > x 2 − 3x − x = x(x − 4) > 0. Also
gilt x ∈]4, ∞[.
Fall 2: x < 2, d.h. (x − 2) < 0 und somit −x2 +3x+4
x−2
< 0 ⇐⇒ x 2 − 3x − 4 < 0.
Wegen x 2 − 3x − 4 = x 2 − 2 3 2 x + 9 4 − 9 4 − 4 = ( x − 2) 3 2 (
−
5 2 ∣ 2)
< 0 ⇐⇒ x − 3 ∣
2
< 5 2
wird der
Ausdruck genau für −1 < x < 4 negativ, also gilt in diesem Fall x ∈] − 1, 2[.
Insgesamt ist L 2 = ] − 1, 2[ ∪ ]4, ∞[.
• Zu L 3 :
x(2 − x) > 1 + |x| ⇐⇒ 0 > 1 + |x| − 2x + x 2 ⇐⇒ 0 > (x − 1) 2 + |x|
Dies kann wegen (x − 1) 2 ≥ 0 und |x| ≥ 0 nie erfüllt sein. Also ist L 3 = ∅.
5

• Zu L 4 :
x+|x − 1| ≤ 0 ⇐⇒ |x − 1| ≤ −x. Für x ≥ 1 ist dies nie erfüllt, wegen x−1 ≤ −x ⇐⇒ x ≤ 1 2 .
Für x < 1 ebenso, da −x + 1 ≤ −x ⇐⇒ 1 ≤ 0. Der Nenner x + |x − 1| ist also immer größer (und
damit insbesondere ungleich) 0.
Somit darf man mit dem Nenner multiplizieren und die Ungleichung bleibt erhalten:
1
x + |x − 1| < 2 ⇐⇒ 1 < 2(x + |x − 1|) ⇐⇒ 1 < x + |x − 1|
2
Für x > 1 2
ist letztere Ungleichung offensichtlich immer erfüllt, da |x − 1| ≥ 0. Das Gleiche gilt auch für
x ≤ 1 2 < 1, wegen x + (−x + 1) = 1 > 1 2 .
Damit ist L 4 = ] − ∞, ∞[ = R.
□
Aufgabe 7
Bestimmen Sie – falls existent – jeweils Infimum und Supremum der folgenden Mengen und untersuchen
Sie, ob diese Mengen jeweils ein Maximum bzw. Minimum besitzen:
{ 1
M 1 := {1 + (−1) n ; n ∈ N} M 2 :=
n + 1 }
m ; m, n ∈ N
M 3 := { x ∈ R; x 2 + x + 1 ≥ 0 } M 4 := { x ∈ Q; x 2 < 9 }
Lösung:
• Sei a ∈ M 1 =⇒ ∃ n ∈ N so daß a = 1 + (−1) n .
(a) Sei n gerade (n = 2 m, m ∈ N) =⇒ a = 1 + (−1) 2 m = 1 + 1 m = 2
(b) Sei n ungerade (n = 2 m + 1, m ∈ N) =⇒ a = 1 + (−1) 2 m+1 = 1 + 1 m · (−1) = 1 − 1 = 0
Wegen ∀ a ∈ M 1 : a = 2 ∨ a = 0 folgt M 1 = {0, 2} und daher min(M 1 ) = inf(M 1 ) = 0 und
max(M 1 ) = sup(M 1 ) = 2
• (a) Zeige max(M 2 ) = sup(M 2 ) = 2:
Für alle n, m ∈ N gilt 1 n ≤ 1 und 1 m ≤ 1 also 1 n + 1 m
≤ 1 + 1 = 2. Für m = n = 1 gilt
1
n + 1 m = 1 1 + 1 1 = 2. Damit ist 2 eine obere Schranke, die in M 2 sogar angenommen wird.
(b) Zeige inf(M 2 ) = 0 aber 0 /∈ M 2 :
∀ a ∈ M 2 : a = 1 m + 1 n mit m, n ∈ N. Wegen 1 m > 0, 1
n
> 0 folgt stets a > 0. Damit ist 0 eine
untere Schranke für M 2 .
Sei ε > 0, dann gibt es ein n ∈ N mit 2 n < ε (Archimedisches Prinzip). Also gilt ε > ( 1 n + 1 n ) ∈ M 2
und ε ist keine untere Schranke für M 2 . Damit ist 0 die größte untere Schranke, also inf(M 2 ) = 0.
Da es keine m, n ∈ N gibt mit 1 m + 1 n = 0 folgt, dass 0 /∈ M 2 und die Menge M 2 besitzt kein
Minimum.
• x 2 + x + 1 ≥ 0 ⇐⇒ ( x + 2) 1 2
+
3
4 ≥ 0. Wegen ( )
x + 1 2
2 ≥ 0 und
3
4 > 0 gilt M 3 = R und M 3 hat
weder Infimum noch Supremum (somit erst recht kein Minimum oder Maximum).
• x 2 < 9 ⇐⇒ |x| < 3 =⇒ M 4 =] − 3, 3[ ∩ Q. Wir wissen: inf(] − 3, 3[) = −3 und sup(] − 3, 3[) = 3.
Da Q dicht in R liegt, folgt sofort inf(M 4 ) = −3 und sup(M 4 ) = 3. Wegen −3, 3 /∈ M 4 ⊂ ] − 3, 3[ hat
M 4 kein Minimum und kein Maximum.
□
6

Aufgabe 8
Seien A und B nichtleere Teilmengen von R und es gelte a ≤ b für alle a ∈ A und alle b ∈ B. Zeigen
Sie: Es gilt
sup A = inf B
genau dann, wenn die folgende Bedingung erfüllt ist:
Zu jedem ε > 0 gibt es ein a ∈ A und ein b ∈ B, so dass b − a < ε gilt.
Lösung: Vorbemerkung: Gilt für zwei nichtleere Mengen A, B ⊂ R für alle a ∈ A und alle b ∈ B die
Ungleichung a ≤ b dann gilt auch sup A ≤ inf B (vgl. auch Beweis in der Zentralübung), denn jedes b ∈ B ist
obere Schranke von A. Speziell muß für die kleinste obere Schranke sup A von A gelten:
(∗)
sup A ≤ b für jedes b ∈ B
Nach (∗) ist sup A eine untere Schranke für B, daher gilt für die größte untere Schranke inf B von B
(∗∗)
sup A ≤ inf B
Bemerkung: ”Zwischen” A und B liegt offenbar das abgeschlossene Intervall [sup A, inf B]. Es kann sein, daß
dieses Intervall auf einen einzigen Punkt zusammenschrumpft, daß also sup A = inf B gilt. A und B liegen
dann ”dicht” beieinander. Die Frage, wann sup A = inf B gilt, ist z.B. in der Integrationstheorie von großer
Bedeutung.
Nun zur eigentlichen Aufgabe: Wie bei jeder ”genau dann”-Aussage sind zwei Richtungen zu zeigen:
”=⇒”: Es sei sup A = inf B.
Dann ist zu zeigen: Zu jedem ε > 0 gibt es ein a ∈ A und ein b ∈ B mit b − a < ε. Wegen ε > 0 ist auch
ε > 0. Wir wenden die ε-Charakterisierung von sup A (vgl. 1.3.1) mit ε/2 statt ε an und erhalten:
1
2
Es gibt ein a ∈ A mit
sup A − ε 2 < a (2.1)
Wendet man die ε-Charakterisierung von inf B an (vgl. 1.3.1), wieder mit ε/2 statt ε, so erhält man die
Existenz eines b ∈ B mit
b < inf B + ε (2.2)
2
Setzt man s := sup A = inf B, so gilt wegen (2.1) und (2.2)
−a < −s + ε 2
und b < s + ε 2
und hieraus durch Addition
b − a < s + ε 2 − s + ε 2 = ε 2 + ε 2 = ε .
”⇐=”: Umgekehrt gebe es zu jedem ε > 0 ein a ∈ A und ein b ∈ B mit b − a < ε.
Dann ist die Gleichung sup A = inf B zu zeigen.
Zunächst folgt aus der Vorbemerkung
und hieraus durch Addition
Wegen b − a < ε folgt inf B − sup A < ε
a ≤ sup A ≤ inf B ≤ b
also − sup A ≤ −a und inf B ≤ b
inf B − sup A ≤ b − a
Für die reelle Zahl x := inf B − sup A sind damit die Voraussetzungen des Fundamentallemmas (1.2.4)
erfüllt. Es gilt also x ≤ 0. Wegen sup A ≤ inf B folgt x = inf B − sup A ≥ 0 und daher x = 0, d.h.
sup A = inf B
□
7

Aufgabe 9
In der Vorlesung wurde die Existenz von Quadratwurzeln aus nichtnegativen reellen Zahlen bewiesen
(im Skript Satz 1.3.2).
Zeigen Sie:
(a) Für a, b ∈ R, a ≥ 0, b ≥ 0 gilt die Rechenregel √ ab = √ a √ b
(b) Aus 0 ≤ a < b folgt √ a < √ b
Lösung: Die Quadratwurzel √ a einer nicht-negativen reellen Zahl a ≥ 0 ist die eindeutige nicht-negative
Lösung x ≥ 0 der Gleichung x 2 = a.
(a) Sei x, y ∈ R, x, y ≥ 0 mit x 2 = a und y 2 = b (d.h. x = √ a und y = √ b).
Es gilt (x · y) 2 = x 2 · y 2 = a · b. Da x · y ≥ 0 folgt √ a · √b
= x · y = √ a · b wegen der Eindeutigkeit der
Wurzel (1.3.3 im Skript).
(b) Indirekt: Sei x, y ∈ R, x, y ≥ 0 mit x 2 = a und y 2 = b (d.h. x = √ a, y = √ b).
Sei weiter 0 ≤ a < b und wir nehmen an √ a ≥ √ b also x ≥ y. Durch Multiplikation dieser Ungleichung
mit x = √ a ≥ 0 bzw. y = √ b ≥ 0 folgt
a = x 2 = x · x ≥ x · y ≥ y · y = y 2 = b
im Widerspruch zur Voraussetzung a < b. Die gemachte Annahme √ a ≥ √ b ist somit falsch und es gilt
0 ≤ √ a < √ b wie gefordert.
□
Aufgabe 10 [Zur Logik mit ”oder”]
Für Carola, Friedrich, Michael, Kiki, Sarah und Thilo war das Ergebnis der letzten Mathe-Klausur
recht unterschiedlich ausgefallen, weil die Noten 1,2,3,4,5 und 6 aufgetreten sind.
Folgendes ist bekannt:
(A) Michael hatte eine”3” oder Friedrich eine ”2”.
(B) Entweder Kiki oder Michael hatte die ”5” geschrieben.
(C) Carola hatte eine ”1” oder eine ”3”.
(D) Kiki hatte die ”4” oder Sarah die ”3” geschrieben.
(E) Thilo erzielte die Traumnote ”1” oder Friedrich nicht die Note ”2”.
Wer bekam welche Note?
Sie sollen Ihre Antwort natürlich begründen.
Lösung: Jede der 5 Klauseln (A) bis (E) muß wahr sein, d.h. mindestens eine der beiden mit ”oder”
verknüpften Bedingungen muß wahr sein.
Bei 6 Personen und genau 6 auftretenden Noten kommt jede Note genau einmal vor (Schubfachprinzip).
Eine kurze Lösung benutzt eine Fallunterscheidung, nach der von Thilo erreichten Note (Wir benutzen die
Anfangsbuchstaben der Vornamen als Variablen für die erzielten Noten):
8

• Aus der Annahme T ≠ 1 folgt sofort:
T ≠ 1
(E)
=⇒ F ≠ 2
(A)
=⇒ M = 3
(B)
=⇒ K = 5
(D)
=⇒ S = 3
Wir erhalten einen Widerspruch, da sonst M und S beide die Note 3 haben würden, was nicht möglich
ist, da jede Note genau einmal auftritt. Damit sind bereits alle 600 = 5 · 5 · 4 · 3 · 2 Variablenbelegungen
mit der Forderung T ≠ 1 als unmöglich erkannt.
• Es bleibt die Möglichkeit T = 1, aus der wir folgern:
T = 1
(C)
=⇒ C = 3 =⇒ S ≠ 3
(D)
=⇒ K = 4
(B)
=⇒ M = 5
(A)
=⇒ F = 2
Für Sarah bleibt nur die Belegung S = 6 (alle anderen Noten sind bereits einmal vergeben). Alle 6
Variablen sind so festgelegt. Die Lösung ist daher (wenn überhaupt zulässig) eindeutig bestimmt.
Schließlich muß die Zulässigkeit dieser einzig möglichen Variablenbelegung überprüft werden, indem die
Wahrheitswerte aller (zumindest der noch nicht benutzten) Klauseln (A) bis (E) getestet werden: (A),
(B), (C), (D) sind bereits nach Konstruktion erfüllt. (E) ist wahr, da ja T = 1 ist.
Damit ist die Notenverteilung eindeutig bestimmt zu C = 3, F = 2, K = 4, M = 5, S = 6, T = 1.
□
Übungsblatt 3
Aufgabe 11
Zeigen Sie, dass der durch d(a, b) := |a − b| für a, b ∈ R definierte Abstand die folgenden Eigenschaften
hat:
dabei sind a, b, c beliebige reelle Zahlen.
(M1): d(a, b) ≥ 0; d(a, b) = 0 ⇐⇒ a = b
(M2): d(a, b) = d(b, a)
(M3): d(a, c) ≤ d(a, b) + d(b, c)
Zeigen Sie ferner, dass d(a, b) ≥ 0 aus den anderen angegebenen Eigenschaften gefolgert werden
kann. Beim Beweis sollen sie nur die Eigenschaften (a), (b), (c) des Betrags aus Satz 1.2.8 benutzen,
nicht aber auf seine Definition zurückgreifen.
Lösung: Nach Satz 1.2.8 gelten für die Betrags-Funktion folgende Rechenregeln:
(a) |a| ≥ 0 und |a| = 0 ⇐⇒ a = 0
(b) |ab| = |a| |b|
(c) |a ± b| ≤ |a| + |b|
Vorbemerkung: Wir zeigen zunächst |1| = |−1| = 1, ohne auf die Definition des Betrages zurückzugreifen,
d.h. wir verwenden nur die Eigenschaften (a),(b). Es gilt (da 1 ≠ 0):
Die gleiche Rechnung für −1 ergibt:
0 (a)
< |1| = |1 · 1| (b)
= |1| · |1| = |1| 2 ⇐⇒ 1 = |1|
1 = |1| = |(−1) · (−1)| = |−1| · |−1| = |−1| 2
Wegen |−1| ≥ 0 ist |−1| die eindeutige Quadratwurzel der Zahl 1, also gilt |−1| = 1.
Mit Eigenschaft (b) folgt sofort: ∀ x ∈ R : |−x| = |−1 · x| (b)
= |−1| · |x| = 1 · |x| = |x|
9

(M1): Da die Betrags-Funktion nach (a) nur nicht-negative Werte annimmt, folgt sofort:
d(a, b) = |a − b| ≥ 0 ∀ a, b ∈ R.
Für a, b ∈ R gilt d(a, b) = 0 ⇐⇒ |a − b| = 0
(a)
⇐⇒ (a − b) = 0 ⇐⇒ a = b ebenfalls nach (a).
(M2): Für alle x ∈ R gilt nach der Vorbemerkung |x| = |−x|. Setze x := (a − b) so folgt daraus d(a, b) =
|a − b| = |x| = |−x| = |−(a − b)| = |b − a| = d(b, a)
(M3): Für alle x, y ∈ R gilt die Dreiecksungleichung |x + y| ≤ |x| + |y| nach (c). Setze x := (a − b) und
y := (b − c), so folgt:
d(a, b)+d(b, c) = |a − b|+|b − c| = |x|+|y| ≥ |x + y| = |a − b + b − c| = |a − c| = d(a, c)%quadnach (c)
Zusatz: Es gilt nach (M3): d(a, a) ≤ d(a, a) + d(a, a) insbesondere also 0 ≤ d(a, a). Weiter ist 0 ≤ d(a, a) ≤
d(a, b) + d(b, a) = 2d(a, b) nach (M2) und somit 0 ≤ d(a, b) für beliebige a, b ∈ R.
□
Aufgabe 12
Eine Teilmenge M ⊂ R heißt konvex, wenn für alle x, y ∈ M mit x ≤ y auch [x, y] ⊂ M gilt.
Zeigen Sie, dass M ⊂ R genau dann konvex ist, wenn M ein Intervall (von irgendeinem Typ) ist.
Lösung:
”⇐=”: M ⊂ R ist ein Intervall =⇒ M ist konvex, d.h. ∀ x ≤ y ∈ M : [x, y] ⊂ M. Alle 11 Intervalltypen
untersuchen (viele Fälle sind fast identisch, werden hier aber trotzdem aufgeführt):
• Für M = ∅ ist nichts zu zeigen (x, y ∈ ∅ existieren nicht). Für M = R ist die Behauptung klar, da
∀ x ≤ y ∈ R : [x, y] ⊂ R. Für M = {a} = [a, a] (a ∈ R) gilt ∀ x ≤ y ∈ {a} : x = y = a und
[x, y] = [a, a] ⊂ [a, a].
• Sei M = [a, b] (a < b ∈ R). Für alle x ≤ y ∈ [a, b] gilt a ≤ x ≤ y ≤ b. Sei nun z ∈ [x, y] beliebig,
so gilt a ≤ x ≤ z ≤ y ≤ b, also z ∈ [a, b] und damit [x, y] ⊂ [a, b].
• Sei M = ]a, b[ (a < b ∈ R). Für alle x ≤ y ∈ ]a, b[ gilt a < x ≤ y < b. Sei nun z ∈ [x, y] beliebig,
so gilt a < x ≤ z ≤ y < b, also z ∈ ]a, b[ und damit [x, y] ⊂ ]a, b[.
Lemma 1 Seien S i ⊂ R (beliebige) konvexe Mengen (i ∈ I), so ist auch der Durchschnitt S :=
⋂
i∈I S i konvex.
S
Beweis: Für alle x ≤ y ∈ S gilt: ∀ i ∈ I : x ≤ y ∈ S
i konvex
i =⇒ ∀ i ∈ I : [x, y] ⊂ S i =⇒
[x, y] ⊂ ⋂ i∈I S i = S, also ist S konvex.
□
• Die Intervalle [a, b[ = [a, b]∩ ]a−1, b[ und ]a, b] = [a, b]∩ ]a, b+1[ (a < b ∈ R) sind als Durchschnitt
zweier konvexer Intervalle nach obigem Lemma selbst konvex.
• Sei M = ] − ∞, b]. Für x ≤ y ∈ ] − ∞, b] gilt x ≤ y ≤ b. Sei nun z ∈ [x, y] beliebig, so gilt
x ≤ z ≤ y ≤ b, also z ∈ ] − ∞, b] und damit [x, y] ⊂ ] − ∞, b].
• Sei M = ] − ∞, b[. Für x ≤ y ∈ ] − ∞, b[ gilt x ≤ y < b. Sei nun z ∈ [x, y] beliebig, so gilt
x ≤ z ≤ y < b, also z ∈ ] − ∞, b[ und damit [x, y] ⊂ ] − ∞, b[.
• Sei M = [a, ∞[. Für x ≤ y ∈ [a, ∞[ gilt a ≤ x ≤ y. Sei nun z ∈ [x, y] beliebig, so gilt a ≤ x ≤
z ≤ y, also z ∈ [a, ∞[ und damit [x, y] ⊂ [a, ∞[.
• Sei M = ]a, ∞[. Für x ≤ y ∈ ]a, ∞[ gilt a < x ≤ y. Sei nun z ∈ [x, y] beliebig, so gilt a < x ≤ z ≤ y,
also z ∈ ]a, ∞[ und damit [x, y] ⊂ ]a, ∞[.
10

”=⇒”: M ⊂ R ist konvex =⇒ M ist ein Intervall in R.
Ohne Einschränkung sei ∅ ≠ M ≠ {a} = [a, a] (da ∅ und [a, a] Intervalle sind, ist die Behauptung in
diesen Fällen trivial), d.h. ∃ x < y ∈ M.
Da M konvex ist, gilt: ∀ z /∈ M ∀ x ≤ y ∈ M : z < x ∨ z > y (sonst wäre x ≤ z ≤ y und
z ∈ [x, y] ⊄ M). Alle reellen Zahlen, die zwischen zwei Elementen aus M liegen, gehören also ebenfalls
zu M.
Ist M sowohl nach oben als auch nach unten unbeschränkt, so hat man zu jeder reellen Zahl z ∈ R
Elemente x, y ∈ M mit x < z < y. Somit gehört z zu M (z ∈ [x, y] ⊂ M wegen M konvex), d.h.
M = R.
Das Vollständigkeitsaxiom besagt, daß jede nicht leere, nach oben beschränkte Menge reeller Zahlen
eine kleinste obere Schranke besitzt. Analog hat jede nicht leere, nach unten beschränkte Menge reeller
Zahlen eine größte untere Schranke.
Man unterscheidet folgende 3 Fälle (nach obigem ist M auf mindestens einer Seite beschränkt):
(a) M ≠ ∅ ist nach oben und nach unten beschränkt. =⇒ Sei a := inf M, b := sup M. Zunächst zeigt
man, daß für alle z ∈ R mit a < z < b bereits z ∈ M gilt. Sei dazu ε := min { 1
2 (z − a), 1 2 (b − z)} >
0, so folgt a + ε < z < b − ε. Nach der ε-Charakterisierung des Supremums/Infimums gibt es nun
a ′ , b ′ ∈ M mit a ≤ a ′ < a + ε < z < b − ε < b ′ ≤ b. Dann ist z ∈ [a ′ , b ′ ] ⊂ M aufgrund der
Konvexität von M. Damit ist ]a, b[ ⊂ M. Andererseits ist M ⊂ [a, b] (da a eine untere Schranke
und b eine obere Schranke zu M ist). Je nachdem, ob a = inf M ∈ M bzw. b = sup M ∈ M hat
die Menge M die Gestalt [a, b], ]a, b], [a, b[ oder ]a, b[.
(b) M ≠ ∅ ist nach oben beschränkt aber nach unten unbeschränkt. =⇒ Sei b := sup M. Wieder zeigt
man ∀ z ∈ R : z < b =⇒ z ∈ M: Für ε := 1 2 (b−z) > 0 existiert ein b′ ∈ M mit z < b−ε < b ′ ≤ b
(ε-Charakterisierung des Supremums) und wegen der Unbeschränktheit von M nach unten findet
man a ′ ∈ M mit a ′ < z. Wie zuvor erzwingt dies z ∈ [a ′ , b ′ ] ⊂ M (Konvexität von M). Dann gilt
] − ∞, b[ ⊂ M ⊂ ] − ∞, b] (b ist obere Schranke an M). Je nachdem, ob b = sup M ∈ M oder
nicht, hat M die Gestalt ] − ∞, b] oder ] − ∞, b[.
(c) Völlig analog hat eine nach unten beschränkte, nach oben unbeschränkte Menge M ≠ ∅ die Form
]a, ∞[ bzw. [a, ∞[ (Sei a := inf M. Zeige ∀ z ∈ R : a < z =⇒ z ∈ M: Zu ε := 1 2
(z − a) > 0
existiert a ′ ∈ M mit a ≤ a ′ < a + ε < z. Wegen Unbeschränktheit von M nach oben findet man
b ′ ∈ M mit z < b ′ . Dies erzwingt z ∈ [a ′ , b ′ ] ⊂ M also ]a, ∞[ ⊂ M ⊂ [a, ∞[, da a untere Schranke
an M).
Wieder tauchen also alle 11 Intervalltypen in den einzelnen Fällen auf.
□
Aufgabe 13
Zeigen Sie der Reihe nach:
(a) M := {1} ∪ {x ∈ R; x ≥ 2} ist induktiv, also N ⊂ M
(b) Es gibt kein m ∈ N mit 1 < m < 2
(c) S := {n ∈ N; n − 1 ∈ N 0 } ist induktiv, also ist S = N
(d) T := {n ∈ N; es gibt kein m ∈ N mit n < m < n + 1} ist induktiv, also ist T = N
(e) Sind m, n ∈ N und gilt m < n, dann ist m + 1 ≤ n
Lösung:
(a) Es sei auf die Definition einer Zählmenge (2.1.1) verwiesen. Prüfe diese Eigenschaften für M nach:
11

• M ⊂ R nach Definition von M.
• 1 ∈ M ebenfalls nach Definition.
• Sei x ∈ M, so ist entweder x = 1 und daher x + 1 = 1 + 1 = 2 ≥ 2 oder x ≥ 2 und daher
x + 1 ≥ 2 + 1 ≥ 2. In beiden Fällen liegt also x + 1 ∈ R wieder in M.
Hieraus ergibt sich, dass die Menge M induktiv ist. Da die natürlichen Zahlen als Schnitt aller Zählmengen
charakterisiert wurden und M als Zählmenge nachgewiesen wurde, folgt N ⊂ M.
(b) Wieder benutzen wir die Charakterisierung von N als Schnitt aller Zählmengen. Die Menge M aus
Teilaufgabe (a) ist eine Zählmenge und somit gilt N ⊂ M. Da es kein m ∈ M mit der Eigenschaft
1 < m < 2 gibt (nach Definition von M), folgt, daß auch N keine solche Zahl enthalten kann. Also gibt
es keine natürliche Zahl m mit 1 < m < 2.
(c) Analog zu (a) sind wiederum die Eigenschaften einer Zählmenge zu zeigen:
• S ⊂ R nach Definition von S wegen N ⊂ R.
• 1 ∈ S gilt wegen 1 − 1 = 0 ∈ N 0 = N ∪ {0}.
• Sei n ∈ S ⇐⇒ n ∈ N ∧ n−1 ∈ N 0 =⇒ n+1 ∈ N ∧ (n+1)−1 = n ∈ N ⊂ N 0 =⇒ (n+1) ∈ S.
Also ist die Menge S induktiv. Wie in (a) erhält man N ⊂ S und aus der Definition von S auch sofort
S ⊂ N, also S = N.
(d) Vorbemerkung: Analog zu (a) kann man für jedes n ∈ N zeigen, dass die Menge M n := {1, 2, . . . , n} ∪
{x ∈ R; x ≥ n + 1} induktiv ist. Analog zu (b) zeigt man dann für alle n ∈ N, dass kein m ∈ N existiert
mit n < m < n + 1.
Hieraus folgt sofort: T = N, da die erste Bedingung n ∈ N in der Definition von T bereits die zweite
Bedingung impliziert.
Da N induktiv ist, ist auch T induktiv (Alternativ kann man für T auch die Eigenschaften einer Zählmenge
explizit nachweisen).
(e) Wir führen einen kurzen Widerspruchsbeweis: Sei m, n ∈ N mit m < n und nehme an, daß m + 1 > n.
Dies würde sofort die Ungleichung m < n < m + 1 implizieren, die aber nach der Vorbemerkung in
Teilaufgabe (d) für kein n ∈ N erfüllt sein kann. Damit ist m + 1 > n falsch und es gilt m + 1 ≤ n.
□
Aufgabe 14
(a) Zeigen Sie: Für alle n ∈ N gilt:
( n
) n ( n
) n
3 ≤ n ! ≤ 2
3
2
Hier können Sie die Ungleichungen 2 ≤ ( 1 + 1 n) n
≤ 3 für n ∈ N oder die Bernoullische Ungleichung
benutzen.
(b) Finden Sie für die folgenden Summen (n ∈ N) jeweils einen expliziten Ausdruck und bestätigen
Sie die erhaltene Formel durch Induktion oder direkt.
i. 1 2 + 3 2 + 5 2 + · · · + (2n − 1) 2
ii.
1
1·2 + 1
2·3 + · · · + 1
n(n+1)
iii. 1 − 4 + 9 − · · · + (−1) n+1 n 2 12

(c) Sei f 1 := f 2 := 1 und f n+2 := f n+1 + f n für n ∈ N.
Zeigen Sie: Für alle n ∈ N gilt
f n = 1 √
5
((
1 + √ ) n (
5
−
2
Welche Größenordnung hat f 100 , welche f 101 /f 100 ?
1 − √ ) n )
5
2
Lösung:
(a) Führe Induktion über n für die Aussage A(n) :
Induktionsanfang (n = 1):
3 ( n
3
) n
≤ n !
Die Aussage A(1) gilt also.
( ) 1 1
3 ≤ 1 ! ⇐⇒ 1 ≤ 1
3
Es gelte die Induktionsannahme A(n) : 3 ( )
n n
3 ≤ n !
Induktionsschritt (n n + 1): Wir beginnen mit der Induktionsannahme und der angegebenen Ungleichung
( )
1 + 1 n
n ≤ 3:
(
1 +
n) 1 n ( n
) n ( n
) n
· ≤ 3 ≤ n !
3 3
Multiplikation dieser Ungleichung mit (n + 1) > 0 ergibt:
( ) ((
n + 1
3 · · 1 + 1 )
· n ) n (
= (n + 1) · 1 + 1 n ( n
) n
· ≤ (n + 1) · n ! = (n + 1) !
3
n 3
n)
3
Zusammenfassen der Terme auf der linken Seite ergibt
( ) n+1 ( ) ( ) n n + 1
n + 1 n + 1
3 ·
= 3 · ·
≤ (n + 1) !
3
3 3
die Gültigkeit der Aussage A(n + 1) und nach dem Prinzip der vollständigen Induktion die Gültigkeit von
A(n) für alle n ∈ N.
Die Argumentation für die Aussage B(n) :
Induktionsanfang (n = 1):
n ! ≤ 2 ( n
2
) n
verläuft ganz analog:
( 1 1
1! = 1 ≤ 1 = 2 ·
2)
Also gilt B(1).
Es gelte die Induktionsannahme B(n) : n ! ≤ 2 ( )
n n
2
Induktionsschritt (n n + 1): Wir verwenden die Induktionsvoraussetzung (IV) und die Ungleichung
2 ≤ ( 1 + n) 1 n
(*):
(
(n + 1)! = n! · (n + 1) (IV) n
) n ( n
) n n + 1
≤ 2 · · (n + 1) = 2 · · 2 ·
2
2 2
(*)
( n
) ( n
≤ 2 · · 1 + 1 ) n
· n + 1 ( ) n n + 1
= 2 ·
· n + 1 ( n + 1
= 2 ·
2 n 2
2 2
2
) n+1
Dies ergibt die Gültigkeit der Aussage B(n + 1) und nach dem Prinzip der vollständigen Induktion die
Gültigkeit von B(n) für alle n ∈ N.
13

(b)
i. Der Ausdruck ist kompakter darstellbar als 1 2 + 3 2 + 5 2 + . . . + (2n − 1) 2 = ∑ n
k=1 (2k − 1)2 . Eine
kurze Rechnung ergibt:
n∑
n∑
n∑
n∑
(2k − 1) 2 = (4k 2 − 4k + 1) = 4 k 2 − 4 k + %sum n k=11
k=1
k=1
k=1 k=1
Für die einzelnen Summen hat man folgende Ausdrücke (siehe Skript S.48-49):
n∑
k 2 =
k=1
n(n + 1)(2n + 1)
6
n∑
k =
k=1
n(n + 1)
2
n∑
1 = n
k=1
Wir fassen die 3 Terme zusammen und finden damit den expliziten Ausdruck für ∑ n
k=1 (2k − 1)2 :
n∑
k=1
(2k − 1) 2 n(n + 1)(2n + 1) n(n + 1) n(2n − 1)(2n + 1)
= 4 − 4 + n = = %fracn3(4n 2 − 1)
6
2
3
Den gefundenen expliziten Ausdruck kann man durch vollständige Induktion bestätigen (Es wäre
auch richtig – aber deutlich aufwendiger – die 3 Summenformeln einzeln per Induktion zu beweisen,
was im Skript ja bereits teilweise ausgeführt ist.):
Induktionsanfang (n = 1): ∑ 1
k=1 (2k − 1)2 = (2 − 1) 2 = 1 = 1 3 (4 − 1) = 1 3 (4 · 12 − 1)
Es gelte die Induktionsvoraussetzung ∑ n
k=1 (2k − 1)2 = n 3 (4n2 − 1)
Induktionsschritt (n n + 1):
n+1
∑
(2k − 1) 2 =
k=1
wegen der Identität
n∑
k=1
(2k − 1) 2 + (2(n + 1) − 1) 2 (IV)
= n 3 (4n2 − 1) + (2n + 1) 2
n
3 (4n2 − 1) + (2n + 1) 2 = 4 3 n3 − n 3 + 4n2 + 4n + 1 = 1 3 (4n3 + 12n 2 + 11n + 3) =
= 1 3 (n + (n + 1)
1)(4n2 + 8n + 3) = (4(n 2 (n + 1)
+ 2n + 1) − 1) = (4(n + 1) 2 − 1)
3
3
folgt umgehend der Induktionsschluß und die Gültigkeit der gefundenen Formel für alle n ∈ N.
1
ii. Wir schreiben den Ausdruck zunächst mithilfe der Identität
um:
1
1 · 2 + 1
2 · 3 + . . . + 1
n(n + 1) =
n
∑
k=1
=
1
k(k + 1) =
)
+
(
1 − 1 2
n
∑
k=1
k(k+1) = (k+1)−k
( 1
k − 1 )
=
k + 1
( 1
2 − 1 3)
+
k(k+1)
= 1 k − 1
k+1 etwas
( 1
3 − 1 4)
+ . . . +
( 1
n − 1 )
n + 1
Durch Verschieben der Klammern (Assoziativität) heben sich die Ausdrücke paarweise auf (Teleskopsumme):
(
1 + − 1 2 + 1 ) (
+ − 1 2 3 + 1 ) (
+ − 1 3 4 + 1 ) (
+ . . . + − 1 4
n + 1 )
− 1
n n + 1 = 1 − 1
n + 1 = n
n + 1
} {{ } } {{ } } {{ } } {{ }
=0
=0
=0
=0
Wieder kann man den expliziten Ausdruck C(n) :
bestätigen:
Induktionsanfang (n = 1): ∑ 1
k=1
Es gelte die Induktionsvoraussetzung C(n).
∑ n
k=1
1
k(k+1) =
1
k(k+1) = 1
1·(1+1) = 1 2 = 1
1+1
n
n+1
durch vollständige Induktion
14

Induktionsschritt (n n + 1):
n+1
∑
k=1
1
k(k + 1) =
n ∑
k=1
1
k(k + 1) + 1
(IV)
= n
(n + 1) · ((n + 1) + 1) n + 1 + 1
(n + 1) · (n + 2) =
=
n(n + 2) + 1
(n + 1)(n + 2) = n2 + 2n + 1
(n + 1)(n + 2) = (n + 1) 2
(n + 1)(n + 2) = n + 1
n + 2
Somit ist die Aussage C(n + 1) wahr und die Formel ist für alle n ∈ N gültig.
iii. Induktionsbeweis für
1 − 4 + 9 − · · · + (−1) n+1 n 2 =
n∑
(−1) k+1 k 2 =
k=1
⌊ n
2
n∑
k 2 − 2 ·
k=1
%floor
∑
n 2
k=1
(2k) 2 =
⌋ ⌊
n(n + 1)(2n + 1)
( n
⌋ ⌊
2 + 1)(2 · n
⌋
2 + 1)
= − 2 · 4 ·
=
6
6
{ n(n+1)(2n+1)−n(n+2)(2n+2)
6
falls n gerade
= n(n+1)(2n+1)−8· n−1
2 ( n−1
n−1
2 +1)(2· +1) 2
6
falls n ungerade
{ n(n+1)(2n+1−2(n+2))
6
falls n gerade
=
n(2n 2 +3n+1−2n 2 +2)
6
falls n ungerade
{
− n(n+1)
=
2
falls n gerade
n(n + 1)
n(n+1)
= (−1)n+1
2
falls n ungerade 2
Dieser explizite Ausdruck wird wieder durch vollständige Induktion bestätigt:
Induktionsanfang (n = 1): ∑ 1
k=1 (−1)k+1 k 2 = (−1) 1+1 1 2 = 1 = (−1) 1+1 1(1+1)
2
Es gelte die Induktionsvoraussetzung für n, d.h. ∑ n
k=1 (−1)k+1 k 2 = (−1) n+1 n(n+1)
2
Induktionsschritt (n n + 1):
n+1
∑
(−1) k+1 k 2 =
k=1
n∑
k=1
(−1) k+1 k 2 + (−1) n+2 (n + 1) 2 (IV) n+1 n(n + 1)
= (−1) + (−1) n+2 (n + 1) 2 =
2
= (−1) n+1 n + 1 (n − 2(n + 1)) = (−1) n+1 n + 1
n+2 (n + 1)(n + 2)
· (−1)(n + 2) = (−1)
2
2
2
Damit gilt die explizite Formel für alle n ∈ N.
(c) Es muß gezeigt werden, dass der explizite Ausdruck für f n konsistent zur Definition der f n mittels
Rekursionsvorschrift ist (dies geschieht mit vollständiger Induktion):
Induktionsanfang (n = 1, 2):
⎛(
f 1 = √ 1 ⎝
5
⎛(
f 2 = √ 1 ⎝
5
(
Seien a :=
(
= √ 1
5
1 + a = 1 +
1 + √ ) 1 (
5
−
2
1 + √ ) 2 (
5
−
2
1 − √ ) ⎞ 1 (
5
⎠ = √ 1
2
5
1 − √ ) ⎞ 2 (
5
⎠ = √ 1
2
5
)
(1 + 2 √ 5 + 5) − (1 − 2 √ 5 + 5)
4
1+ √ ) (
5
2
und b :=
(
1− √ )
5
2
, so gilt:
1 + √ )
5
= 2 + 1 + √ 5
= 3 + √ 5
2
2 2
1 + √ 5 − (1 − √ ) (
5)
= √ 1
2
5
(1 + √ 5) 2 − (1 − √ )
5) 2
=
4
(
= √ 1 4 √ )
5
= 1
5 4
·
2
}{{}
2
=1
= 1 + 2√ 5 + 5
4
=
(
2 √ )
5
= 1
2
1 + √ ) 2
5
= a 2
2
15

und analog ergibt sich für b die Identität 1 + b = b 2 (Nachrechnen).
Induktionsschritt (n, n + 1 n + 2):
f n + f n+1 = 1 √
5
((
1 + √ ) n (
5
−
2
1 − √ ) n ) ⎛(
5
+ √ 1 ⎝
2
5
⎛
= √ 1 (
(a n − b n ) + ( a n+1 − b n+1)) = √ 1 ⎝a n (1 + a
5 5 } {{ }
⎛
= √ 1 (
a n+2 − b n+2) = √ 1 ⎝
5 5
1 + √ ) n+1 (
5
−
2
⎞
) − b n (1 + b)
} {{ }
=a 2 =b 2
(
1 + √ ) n+2 (
5
−
2
1 − √ ) ⎞ n+1
5
⎠
2
⎠ = 1 √
5
(
a n a 2 − b n b 2) =
1 − √ ) ⎞ n+2
5
⎠ = f n+2
2
Damit ist gezeigt, daß der explizite Ausdruck für f n auf den Startwerten f 1 , f 2 die korrekten Ergebnisse
liefert und zudem die Rekursionsvorschrift erfüllt. Nach Dedekind’schem Rekursionssatz gilt deshalb die
explizite Darstellung für alle n ∈ N.
Da außerdem a > 1 und b < 1 ist, folgt für den Ausdruck f 100 , dass b 100 vernachlässigbar klein wird und
deshalb für die Größenordnung von f 100 gilt:
(
f 100 ≈ √ 1 1 + √ ) 100
5
≈ 3, 54 · 10 20
5 2
Betrachtet man den Ausdruck fn+1
f n
für n ≫ 1 (sprich ’n groß gegenüber 1’), so können wiederum die
Terme b n und b n+1 vernachlässigt werden:
f n+1
= an+1 − b n+1
f n a n − b n ≈ an+1
a n = a
Für den ’hohen’ Wert n = 100 liegt f101
f 100
also in der Größenordnung a = 1+√ 5
2
≈ 1, 618.
□
Aufgabe 15
Hieronymus B. Einbahn, nach dem in Heidelberg viele Straßen benannt sind, entdeckte im Jahr 1777
die Einbahninsel TSUN-DEL mit n Orten (n ∈ N) und genau einem Weg zwischen je zwei Orten. Die
Wege waren jedoch so schmal, dass man sie nur in einer Richtung befahren konnte. KRAO-SE, der
Herrscher der Einbahninsel, hat deshalb nur eine Fahrtrichtung zugelassen. Dennoch gelang es H. B.
Einbahn unter Beachtung dieser Regel jeden Ort auf seiner Reise genau einmal zu besuchen. Wie hat
er das angestellt?
Lösung: Mathematisch ausgedrückt behauptet die Aufgabe folgendes:
Gegeben seien n ∈ N verschiedene Orte v 1 , v 2 , . . . , v n , so daß zu je zwei Orten v i , v j (1 ≤ i ≠ j ≤ n) genau
eine Verbindungsstraße mit Fahrtrichtung v i → v j oder v j → v i existiert. (Ob die Fahrtrichtung v i → v j oder
v j → v i zulässig ist, liegt an der nicht näher bekannten Festlegung des Herrschers KRAO-SE). Unabhängig von
der Größe von n und von der Wahl der erlaubten Fahrtrichtungen (Pfeilrichtungen) existiert stets ein Weg, der
alle Orte genau einmal enthält (Vornehm in der Sprache der Graphentheorie ausgedrückt: In jedem Turniergraphen
(gerichtete Version eines vollständigen Graphen) mit n ∈ N Ecken existiert ein gerichteter Hamiltonweg).
Um diese Aussage zu zeigen, benutzt man einen Induktionsbeweis über die Anzahl n der Orte:
16

Sei A(n) := “Zu n Orten in obiger Situation existiert eine zulässige Route” oder mathematisch:
A(n) = “Zu einer Menge V := {v 1 , v 2 , . . . , v n } mit der Eigenschaft:
Induktionsanfang:
∀ 1 ≤ i ≠ j ≤ n gilt entweder v i → v j oder v j → v i (nicht beides zugleich)
existiert eine Kette v i1 → v i2 → . . . → v in−1 → v in mit {i 1 , i 2 , . . . , i n−1 , i n } = {1, 2, . . . , n}”
n := 1: Hier ist V := {v 1 } und die eindeutige Route v 1 ist zulässig.
=⇒ A(1) ist korrekt.
Wir betrachten zunächst noch den Fall n = 2:
n := 2: Hier ist V := {v 1 , v 2 } und entweder v 1 → v 2 oder v 2 → v 1 . Im ersten Fall ist v 1 → v 2 eine zulässige
Route, im zweiten Fall v 2 → v 1 . =⇒ A(2) ist korrekt.
Für n := 3 gibt es 8 mögliche Verteilungen der Fahrtrichtungen auf die 3 Strecken zwischen v 1 und v 2 ; v 2 und
v 3 sowie v 1 und v 3 . In allen 8 Fällen findet man eine zulässige Route (Übung).
Induktionsschritt:
Wir setzen A(n) als wahr voraus und zeigen A(n + 1).
Zu V := {v 1 , v 2 , . . . , v n , v n+1 } sei V ′ := {v 1 , v 2 , . . . , v n } = V \ {v n+1 }. Dann gilt für die n elementige
Menge V ′ bereits die Aussage A(n) und die zulässige Route sei v i1 → v i2 → . . . → v in−1 → v in mit
{i 1 , i 2 , . . . , i n−1 , i n } = {1, 2, . . . , n − 1, n}
Um A(n + 1) zu zeigen genügt es nun diese Route auf n Orten um den noch nicht besuchten Ort v n+1 zu
erweitern. Abhängig von den durch KRAO-SE festgelegten Fahrtrichtungen geht das wie folgt:
1. Fall: Die Straße zwischen v n+1 und v i1 hat die Fahrtrichtung v n+1 → v i1 =⇒ Man hängt v n+1 am
Anfang der Route an: v n+1 → v i1 → v i2 → . . . → v in−1 → v in (es gilt {i 1 , i 2 , . . . , i n−1 , i n } ∪ {n + 1} =
{1, 2, . . . , n − 1, n, n + 1}). Man hat damit eine zulässige Route durch alle n + 1 Orte in V gefunden.
2. Fall: Die Straße zwischen v n+1 und v in hat die Fahrtrichtung v in → v n+1 =⇒ Man hängt v n+1 an
das Ende der Route an: v i1 → v i2 → . . . → v in−1 → v in → v n+1 (wieder gilt {i 1 , i 2 , . . . , i n−1 , i n } ∪
{n + 1} = {1, 2, . . . , n − 1, n, n + 1}). Man hat eine zulässige Route gefunden.
3. Fall: Weder v n+1 → v i1 noch v in → v n+1 sind zulässige Fahrtrichtungen (sonst Fall 1 oder Fall 2) =⇒
Es gilt v i1 → v n+1 und v n+1 → v in
Dann sei 1 ≤ j < n ein Index, an dem gilt v ij → v n+1 und v n+1 → v ij+1 (Ein solcher Index existiert, da ja
irgendwann die Fahrtrichtung von “Straßen die nach v n+1 führen” zu “Straßen die von v n+1 wegführen”
wechseln muß).
Nun zerschneidet man die Route auf den n Orten aus V ′ genau zwischen v ij und v ij+1 und setzt dort
den “Umweg” v ij → v n+1 → v ij+1 ein:
v i1 → . . . → v ij → v ij+1 → . . . → v in
v ij → v n+1 → v ij+1
v i1 → . . . → v ij → v n+1 → v ij+1 → . . . → v in
Auch hier hat man also (mit etwas Aufwand) eine zulässige Route konstruiert.
Bemerkung: Tatsächlich sind die Fälle 1 und 2 Spezialfälle der Situation in Fall 3. Der zu wählende
Index j wäre dabei 0 (Anfang) oder n (Ende).
=⇒ A(n + 1) ist korrekt.
Nach dem Prinzip der vollständigen Induktion gilt die Aussage A(n) für alle n ∈ N.
□
Übungsblatt 4
Aufgabe 16
Sei m ∈ N und A m := {1, 2, . . . , m}. Zeigen Sie, dass es für jede Abbildung f : A m → A n mit m > n ∈ N
zwei verschiedene Zahlen m 1 , m 2 ∈ A m mit f(m 1 ) = f(m 2 ) gibt.
17

Lösung: Beweis durch Widerspruch:
Offensichtlich gilt |A m | = m für alle m ∈ N. Wir nehmen an, dass die zu zeigende Behauptung falsch ist. Also
gibt es eine Abbildung ˜f : A m → A n derart, dass für alle m i ≠ m j ∈ A m gilt: ˜f(m i ) ≠ ˜f(m j ). Nach Definition
der Abbildung enthält A n dann (mindestens) die paarweise verschiedenen Elemente ˜f(1), ˜f(2), . . . , ˜f(m) =⇒
|A n | ≥ m. zu |A n | = n und n < m. □
Aufgabe 17
Wieviele Teilmengen mit einer geraden bzw. ungeraden Anzahl von Elementen hat eine Menge mit
n ∈ N Elementen?
Lösung: Wir benutzen den Binomischen Satz: (a + b) n = ∑ n
( n
)
k=0 k a n b n−k
Für a = −1 und b = 1 gilt dann
0 = (−1 + 1) n =
n∑
( ) n
(−1) n =
k
k=0
⌊ n−1
2 ⌋
= −
∑
k=0
⌊ n−1
2 ⌋
∑
k=0
Also gilt y − x = 0. Weiter gilt 2 n = (1 + 1) n = ∑ n
k=0
( n
k
( ) n
(−1) 2k+1 2k + 1
} {{ }
x
⌊ n 2
∑
⌋
+
k=0
( ) ⌊ n 2
n ∑
⌋ ( n
+
2k + 1 2k)
k=0
} {{ }
y
)
=
∑⌊ n−1
2 ⌋
k=0
( n
2k+1
)
+
∑⌊ n 2 ⌋
(−1) 2k ( n
2k
k=0
)
( n
)
2k = x + y
Durch Einsetzen erhält man daher x = 2 n−1 und y = 2 n−1 . Da ( n
k)
die Anzahl der k-elementigen Teilmengen
einer n-elementigen Menge angibt, ist x = ∑ ⌊ n−1
2 ⌋ ( n
k=0 2k+1)
= 2 n−1 die gesuchte Anzahl der Teilmengen
mit ungerader Anzahl von Elementen und y = ∑ ⌊ n 2 ⌋ )
k=0 = 2 n−1 diejenige mit gerader Anzahl von Elementen.
( n
2k
Spezialfall: Die leere Menge hat nur eine einzige Teilmenge (gerader Elementanzahl), nämlich die leere Menge
selbst. Dies ist auch klar, da die Anzahl aller Teilmengen einer n-elementigen Menge wie oben gezeigt 2 n
ist, was für n = 0 (die leere Menge) genau 2 0 = 1 Teilmenge ergibt, die aber entweder eine gerade oder eine
ungerade Elementanzahl haben muss (Je 2 n−1 = 1 2
Teilmenge mit gerader und ungerader Elementanzahl ergibt
hier keinen Sinn). Deshalb wurde die Behautpung nur für n ∈ N aufgestellt.
□
Aufgabe 18
Auf n(∈ N) Orchester sollen k(∈ N 0 ) Musiker so verteilt werden, dass im j-ten Orchester genau
k j (∈ N 0 ) Musiker sitzen, also k 1 + k 2 + · · · + k n = k .
Zeigen Sie, dass es genau
verschiedene Verteilungen gibt.
k!
k 1 ! k 2 ! · · · k n !
Lösung: Es sei: n die Anzahl der Orchester und k die Anzahl der Musiker.
Im j-ten Orchester sollen nun genau k j Musiker sitzen, so dass insgesamt k 1 + k 2 + . . . + k n = k gilt. Für
jede Permutation der Menge aller Musiker plazieren wir daher die ersten k 1 Musiker dieser Permutation im
18

ersten Orchester, die nächsten k 2 Musiker dieser Permutation im zweiten Orchester, und so weiter . . . und
schließlich die letzten k n Musiker im letzten Orchester. Nun ist die Anzahl der möglichen Permutationen im
i-ten Orchester unabhängig von der Anzahl der möglichen Permutationen im j-ten Orchester (für i ≠ j).
Die Anzahl der Verteilungen auf das erste Orchester ist ( k
Die Anzahl der Verteilungen auf das zweite Orchester ist ( k−k 1
)
k
(wähle k 1 aus allen k Musikern)
1
)
k
(wähle k 2 aus den restlichen k − k 1 Musikern)
2
.
Die Anzahl der Verteilungen auf das i-te Orchester ist ( k−k 1−...−k i−1
)
k i
.
Die Anzahl der Verteilungen auf das letzte Orchester ist ( k−k 1−...−k n−1
)
k n
Die Gesamtzahl der Verteilungen ergibt sich wegen der Unabhängigkeit als Produkt der Anzahlen von Verteilungen
in jedem Orchester (Teleskopisches Produkt):
( ) ( ) ( ) ( )
k k − k1 k − k1 − . . . − k i−1 k − k1 − . . . − k n−1
· · . . . ·
· . . . ·
=
k 1 k 2 k i k n
=
k!
k 1 ! · (k − k 1 )! ·
(k − k 1 )!
k 2 ! · (k − k 1 − k 2 )! · . . . · (k − k 1 − . . . − k n−1 )!
=
k n ! · (k − k 1 − . . . − k n−1 − k n )
} {{ }
=0!
k!
k 1 !k 2 ! . . . k n !
Anders ausgedrückt gibt es insgesamt k! mögliche Permutationen der Menge der Musiker. Innerhalb des j-
ten Orchesters gibt es genau k j ! mögliche Permutationen der Menge der entsprechenden k j Musiker. Da
die Reihenfolge der Musiker innerhalb des jeweiligen Orchesters keine Rolle spielt (Permutationen innerhalb
eines jeden Orchesters ergeben die gleiche Verteilung), muss durch die Anzahl entsprechender Permutationen
innerhalb jedes der n Orchester dividiert werden.
□
Aufgabe 19
Die folgenden komplexen Zahlen schreibe man in der Normalform a + b i, a, b ∈ R und berechne ihren
Betrag:
(a)
( ) 4 1 + i
, (b) 2 + i
1 − i
2 − i , (c) (1 + i)n + (1 − i) n , n ∈ N, (d)
(
− 1 2 + i √
3
2
) −1
Lösung:
(a) z = ( 1+i
1−i )4 = (( 1+i
1−i )2 ) 2 = ( 2i
−2i )2 = (−1) 2 = 1 = 1 + 0 · i; |z| = 1
√
(b) z = 2+i
2−i = (2+i)2
4+1
= 4+4i−1
5
= 3 5 + 4 5 i; |z| = 9
25 + 16
25 = 1
(c) Durch Übergang in Polarkoordinaten erhält man: 1±i = √ 2(cos(± π 4 )+i sin(± π 4 )) = √ 2(cos π 4 ±i sin π 4 ).
=⇒ z = (1+i) n +(1−i) n = ( √ 2) n( (cos π 4 +i sin π 4 )n +(cos π 4 −i sin π 4 )n ) ) = ( √ 2) n( cos nπ nπ
4
+i sin
) √ 4 +
cos nπ nπ
4
− i sin
4 = ( 2) n+2 cos nπ
4 + 0 · i
|z| = ( √ 2) ∣ n+2 cos
nπ ∣
4 , wobei der Kosinus je nach n die Werte ±1, ±
1
2√
2 oder 0 annimmt.
Rest bei n durch 8 0 1 2 3 4 5 6 7
cos( nπ
4 ) 1 √ √ √
1
2 2 0 −
1
2 2 −1 −
1
2 2 0
1
2√
2
( √ 2) n+2 cos( nπ
4 ) (√ 2) n+2 ( √ 2) n+1 0 ( √ 2) n+1 ( √ 2) n+2 ( √ 2) n+1 0 ( √ 2) n+1
Die Werte in den letzten 4 Spalten der zweiten Zeile sind das Negative der Einträge in den ersten 4
Spalten. Die Einträge der dritten Zeile (Betrag der komplexen Zahl) sind bereits periodisch modulo 4.
19

(d) z = (− 1 2 + i √ 3
2 )−1 2
=
−1+i √ = 2(1+i√ 3)
3 −1−3
= − 1 2 − i √ √
3
2 ; |z| = 1
4 + 3 4 = 1 □
Aufgabe 20
Käpt’n Schwarzbart, der alte Haudegen, hinterließ bei seinem unerwarteten Ableben im Alter von
107 Jahren auch eine Schatzkarte mit einer Beschreibung, einen vergrabenen Schatz zu finden.
• Gehe direkt vom Galgen zur Palme, dann gleich viele Schritte unter rechtem Winkel nach rechts
– steck’ die erste Fahne!
• Geh vom Galgen zu den drei Felsbrocken, genausoweit unter rechtem Winkel nach links – steck’
die zweite Fahne!
• Der Schatz steckt in der Mitte zwischen den beiden Fahnen.
Die Erben starteten sofort eine Expedition auf die Schatzinsel.
Die Palme und die markanten Felsbrocken waren sofort zu identifizieren. Vom Galgen war keine Spur
mehr zu finden. Dennoch stieß man beim ersten Spatenstich auf die Schatztruhe, obwohl man die
Schritte von einer (zufälligen und sehr wahrscheinlich) falschen Stelle aus gezählt hatte.
Wie war das möglich? Wo lag der Schatz?
Tipp: Rechnen Sie in C!
Lösung: Einer der Erben ist Mathematiker und kommt auf die (geniale?) Idee, die Insel als Teil der Komplexen
Zahlenebene C aufzufassen, wobei er den Ursprung beliebig wählt. Er überlegt sich die Position des Schatzes,
also wo er graben müsste, in Abhängigkeit eines beliebigen Startpunktes Γ (potentieller Galgen). Die Palme (war
ja hoffentlich die Einzige) liege in diesem Koordinatensystem an der Position P ∈ C, während die Felsbrocken
(Rocks) an der Koordinate R ∈ C liegen. Der Weg vom Galgen zur Palme bzw. zu den Steinen ist dann (P −Γ)
bzw. (R − Γ).
In C entspricht eine Drehung nach rechts um 90 ◦ der Multiplikation mit −i und eine Drehung nach links um
90 ◦ einer Multiplikation mit i.
Die erste Fahne hat also die Koordinaten F 1 = Γ + (P − Γ) + (−i) (P − Γ) = P + (−i) (P − Γ) und die zweite
die Koordinaten F 2 = Γ + (R − Γ) + i (R − Γ) = R + i (R − Γ). Die Mitte zwischen den Fahnen und damit
die Position des Schatzes S ∈ C hat somit die Koordinaten (arithmetisches Mittel):
S = F 1 + F 2
2
= R + P
2
+ i R − P
2
Käpt’n Schwarzbart war also so genial die Beschreibung invariant, d.h. unabhängig unter einer beliebigen
Position des Galgens zu formulieren. An der Formel sieht man, dass die Wahl des Startpunktes völlig beliebig
ist.
Bemerkung: Man sieht an der Formel übrigens sehr schön, wo der Schatz liegen muss: R+P
2
ist der Mittelpunkt
zwischen der Palme und den Steinen. (R − P ) Ist die Strecke von P nach R und i ist ja die Drehung um 90 ◦
nach links. Der Schatz liegt damit an der Spitze des gleichschenkelig, rechtwinkligen (im Gegenuhrzeigersinn
orientierten) Dreiecks P RS.
Schwarzbart hätte also auch schreiben können:
Gehe von der Palme geradeaus zu den Felsbrocken. Auf halbem Wege drehe dich nach
links und lege die gleiche Strecke (halbe Entfernung zwischen Palme und Felsen) zurück.
Dort liegt der Schatz.
Aber vielleicht liegt ja ein Tümpel oder ein Vulkan oder ähnliches auf der direkten Verbindungslinie zwischen
Palme und Felsen, der dieses direkte Vorgehen verhindert.
□
20

Übungsblatt 5
Aufgabe 21
Bestimmen Sie für n = 3, 4 und 5 alle z ∈ C mit
z n = 1
Geben Sie die Lösungen jeweils in der Standardform a + b i, a, b ∈ R an und zeigen Sie, dass die
Lösungen die Eckpunkte eines dem Einheitskreis einbeschriebenen regelmäßigen n-Ecks sind (n = 3, 4
und 5).
Tipp für den Fall n = 5:
z 4 + z 3 + z 2 + z + 1 = (z 2 + gz + 1)
(z 2 − 1 )
g z + 1
mit g := 1 + √ 5
2
.
Lösung: Die n komplexen Lösungen der Gleichung z n = 1 lauten in Polarform:
( ) ( )
2π k 2π k
ζ k = cos + i sin k = 0, 1, . . . , n − 1
n
n
Diese Lösungen kann man für festes n mithilfe der bekannten Sinus- und Cosinuswerte direkt in die Standardform
a + b i (a, b ∈ R) umrechnen. Alternativ kann man die Gleichung z n = 1 für kleine n faktorisieren und so die
Lösungen direkt (in Standardform) bestimmen:
n=3: z 3 = 1 ⇐⇒ 0 = z 3 − 1 = (z − 1) · (z 2 + z + 1), also z 1 = 1 = 1 + 0 · i mit |z 1 | = 1 und
z 2/3 = −1 ± √ 1 − 4 · 1 · 1
2
= − 1 2 ± √ −3
2
= − 1 2 ± i √
3
2
mit ∣ ∣ z2/3
∣ ∣ =
√
1
4 + 3 4 = 1
z 1 , z 2 , z 3 liegen auf dem Einheitskreis (haben Betrag 1) und ihr gegenseitiger Abstand ist jeweils:
|z 1 − z 2 | =
√ ( ( (
1 − − 1 2
√ ) 2 √
3 9
+ 0 − =
2))
2 4 + 3 4 = √ 3
|z 2 − z 3 | =
√ (( − 1 ) (
− − 1 2
(√ ( √ )) 2
3 3
+
2 2))
2 − − = √ 0 + 3 = √ 3
2
|z 3 − z 1 | =
√ (( − 1 ) (( 2
√ ) 2 √
3
9
− 1)
+ − − 0)
=
2
2
4 + 3 4 = √ 3
=⇒ z 1 , z 2 , z 3 bilden die Eckpunkte eines dem Einheitskreis einbeschriebenen gleichseitigen 3-Ecks.
n=4: z 4 = 1 ⇐⇒ 0 = z 4 − 1 = (z 2 − 1) · (z 2 + 1) = (z − 1)(z + 1)(z − i)(z + i), also z 1 = 1 = 1 + 0 · i,
z 2 = −1 = −1 + 0 · i, z 3 = i = 0 + 1 · i und z 4 = −i = 0 + (−1) · i mit |z j | = 1 für j = 1, 2, 3, 4 (alle z j
liegen auf dem Einheitskreis). Der Abstand benachbarter Lösungen ist jeweils √ 2, d.h. z j (j = 1, 2, 3, 4)
bilden die Ecken eines gleichseitigen 4-Ecks (Quadrats):
|z 1 − z 3 | = √ (1 − 0) 2 + (0 − 1) 2 = √ 1 + 1 = √ 2
|z 3 − z 2 | = √ (0 − (−1)) 2 + (1 − 0) 2 = √ 1 + 1 = √ 2
|z 2 − z 4 | = √ ((−1) − 0) 2 + (0 − (−1)) 2 = √ 1 + 1 = √ 2
|z 4 − z 1 | = √ (0 − 1) 2 + ((−1) − 0) 2 = √ 1 + 1 = √ 2
21

n=5: z 5 = 1 ⇐⇒ 0 = z 5 − 1 = (z − 1) · (z 4 + z 3 + z 2 + z + 1) Tipp
= (z − 1)(z 2 + g z + 1)(z 2 − 1 g z + 1).
Der erste Faktor ergibt wieder die Lösung z 1 = 1, die √Lösungen der beiden quadratischen Faktoren
bestimmt man mit der p-q-Formel zu z 2/3 = − 1+√ 5 10−2 √ 5
4
± i
4
sowie zu z 4/5 = √ √
5−1 10+2 √ 5
4
± i
4
.
Wie zuvor haben diese Lösungen den Betrag 1, liegen also auf dem Einheitskreis. Der gegenseitige
√
Abstand benachbarter Lösungen ist jeweils 2√ 1 10 + 2 5, so daß zj (j = 1, 2, 3, 4, 5) die Eckpunkte
eines gleichseitigen 5-Ecks bilden.
□
Aufgabe 22
Für z, w ∈ C sei
δ(z, w) :=
{
|z − w| falls es ein λ ∈ R, λ > 0 mit z = λw gibt
|z| + |w| sonst
Zeigen Sie, dass durch δ : C × C → R eine Metrik auf C definiert wird.
Warum nennt man wohl diese Metrik gelegentlich die ”Metrik des französischen Eisenbahnsystems”?
Lösung: Es sind die Metrikeigenschaften nachzuweisen:
(M1): δ(z, w) ≥ 0, da |z − w| ≥ 0 und |z| + |w| ≥ 0
δ(z, w) = 0
Definitheit
⇐⇒
{
|z − w| = 0 für z = λw mit 0 < λ ∈ R
⇐⇒
|z| + |w| = 0 sonst
{
z = w also λ = 1 (sonst wäre |z − w| > 0)
z = 0 = w da sonst |z| > 0 oder |w| > 0 und daher |z| + |w| > 0
Dies zeigt die positive Definitheit von δ.
⇐⇒
z = w
(M2): Seien z, w ∈ C, so daß ein 0 < λ ∈ R existiert mit z = λw. Dies ist äquivalent dazu, daß für λ ′ := 1 λ
die Aussagen 0 < λ ′ ∈ R und w = 1 λ z = λ′ z gelten. Damit zeigt man die Symmetrie von δ für alle
z, w ∈ C:
{
{
|z − w| ∃ 0 < λ ∈ R : z = λw |w − z| ∃ 0 < λ ′ ∈ R : w = λ ′ z
δ(z, w) =
=
= δ(w, z)
|z| + |w| sonst
|w| + |z| sonst
Bemerkung: Die Bedingung ∃ 0 < λ ∈ R : z = λw induziert eine Äquivalenzrelation z ∼ w auf der
Menge der komplexen Zahlen (Reflexivität ist durch die Wahl λ = 1 gegeben, Symmetrie wurde oben
für λ und λ ′ gezeigt. Transitivität folgt, da das Produkt zweier positiver reeller Zahlen 0 < λ ∈ R und
0 < ˜λ ∈ R wieder eine positive reelle Zahl ergibt). Die Äquivalenzklassen dieser Relation bestehen genau
aus den Punkten einer vom Ursprung ausgehenden Halbgeraden (ohne den Ursprung) in C, sowie einer
Klasse, die nur den Ursprung selbst enthält. Wir schreiben deshalb z ∼ w falls 0 < λ ∈ R mit z = λw
existiert (z, w liegen in derselben Äquivalenzklasse) und z ≁ w falls kein solches 0 < λ ∈ R existiert.
(M3): Es seien v, w, z ∈ C drei beliebige Punkte. Wir unterscheiden zwei Fälle:
1. Fall: z ∼ w, d.h. es existiert 0 < λ ∈ R mit z = λw. Entweder es gilt v ∼ z und damit auch v ∼ w
(wegen Transitivität der Relation ∼), oder v ≁ z und damit v ≁ w (wegen z ∼ w).
{
|z − v| + |v − w| (z ∼ v ∧ v ∼ w)
δ(z, w) = |z − w| ≤ |z − v| + |v − w| ≤
= δ(z, v) + δ(v, w)
|z| + |v| + |v| + |w| (z ≁ v ∧ v ≁ w)
22

2. Fall: z ≁ w, d.h. es existiert kein 0 < λ ∈ R mit z = λw. Da z ≁ w die Situation z ∼ v ∧ v ∼ w
ausschließt, gilt wieder mithilfe der Dreiecksungleichung des Absolutbetrages:
⎧
⎪⎨ |z| + |v| + |w − v| (z ≁ v ∧ v ∼ w)
δ(z, w) = |z| + |w| ≤ |z − v| + |v| + |w| (z ∼ v ∧ v ≁ w) = δ(z, v) + δ(v, w)
⎪⎩
|z| + |v| + |v| + |w| (z ≁ v ∧ v ≁ w)
Damit erfüllt die Abbildung δ auch die Dreiecksungleichung und hat so alle Eigenschaften einer Metrik.
Identifiziert man die französische Landkarte mit einem Teil der komplexen Zahlenebene und legt den Ursprung
nach Paris, so gibt es zwei Möglichkeiten den Abstand zweier Städte mit Hilfe des Eisenbahnnetzes zu beschreiben:
Liegen beide Städte Z, W auf einer Halbgeraden die vom Ursprung (Paris) ausgeht, so sind ihre Richtungsvektoren
kollinear und die Position der Stadt Z mit der komplexen Koordinate z lässt sich durch λ > 0 mal die
Koordinate w der Stadt W beschreiben (es gilt z ∼ w). Dann gibt es eine direkte Schienenverbindung in dem
sternförmigen französischen Eisenbahnnetz. Die Entfernung ist die Betragsdifferenz |z − w|.
Liegen die Städte Z, W von Paris aus gesehen nicht auf einer Halbgeraden (also z ≁ w), so muss man, um
von der einen zur anderen zu kommen den Umweg über Paris fahren. Die Distanz per Eisenbahn zwischen den
beiden Städten ist dann die Summe |z| + |w| ihrer Abstände vom Koordinatenursprung Paris.
□
Aufgabe 23
Sei K = R oder K = C.
Für z = (z 1 , · · · , z n ) ∈ K n , n ∈ N, sei
n∑
n∑
‖z‖ 1
:= |z j | , ‖z‖ 2
:= √ |z j | 2 , ‖z‖ ∞
:= max {|z j | | 1 ≤ j ≤ n}
Beweisen Sie die Ungleichungen
j=1
j=1
(a) ‖z‖ ∞
≤ ‖z‖ 2
≤ √ n ‖z‖ ∞
(b) ‖z‖ ∞
≤ ‖z‖ 1
≤ n ‖z‖ ∞
(c)
1 √n ‖z‖ 1
≤ ‖z‖ 2
≤ ‖z‖ 1
Lösung:
‖z‖ 1
:= ∑ n
j=1 |z j| Summe über die Beträge aller Komponenten eines Vektors
‖z‖ 2
:=
√ ∑n
j=1 |z j| 2 Wurzel aus der Summe der Betrags-Quadrate (euklidische Norm)
‖z‖ ∞
:= max 1≤j≤n |z j |
Die betragsmäßig größte Komponente eines Vektors
(a) Für z = (z 1 , · · · , z n ) ∈ K n , n ∈ N beliebig betrachte folgende Ungleichungskette. Dabei sei 1 ≤ k ≤ n
ein Index, für den gilt |z k | = max 1≤j≤n |z j |:
( ) 2
‖z‖ 2 ∞
= max |z j| ≤ |z k | 2 +
1≤j≤n
n∑
j=1, j≠k
|z j | 2 =
} {{ }
≥0
n∑
|z j | 2 = ‖z‖ 2 2
= |z 1 | 2 + . . . + |z k | 2 + . . . + |z n | 2
j=1
≤ |z k | 2 + . . . + |z k | 2 + . . . + |z k | 2
} {{ }
= n ·
da max 1≤j≤n |z j| = |z k | ≥ |z j| ∀ j = 1, . . . , n
(
) 2
max |z 2
j| = n · ‖z‖
1≤j≤n ∞
23

=⇒ ‖z‖ ∞ 2 ≤ ‖z‖ 2 2 ≤ n · ‖z‖ ∞
2
Setze x := ‖z‖ ∞
∈ R und y := ‖z‖ 2
∈ R, so ist x ≥ 0 und y ≥ 0. Wir wissen dass gilt x 2 ≤ y 2
x ≤ y (für x, y ≥ 0), demnach folgt umgehend die Aussage ‖z‖ ∞
≤ ‖z‖ 2
≤ √ n · ‖z‖ ∞
⇐⇒
(b) Analog zur Betrachtungsweise in (a) findet man (wieder sei k der Index einer betragsmaximalen Komponente
des Vektors z):
‖z‖ ∞
= max
1≤j≤n |z j| ≤ |z k | +
n∑
j=1, j≠k
|z j | =
} {{ }
≥0
n∑
|z j | = ‖z‖ 1
= |z 1 | + . . . + |z k | + . . . + |z n |
j=1
≤ |z k | + . . . + |z k | + . . . + |z k |
} {{ }
= n · max j| = n · ‖z‖
1≤j≤n ∞
da max 1≤j≤n |z j| = |z k | ≥ |z j| ∀ j = 1, . . . , n
damit folgt auch schon die Aussage ‖z‖ ∞
≤ ‖z‖ 1
≤ n · ‖z‖ ∞
(c) Aus den beiden doppelten Ungleichungen in (a) und (b) folgt bereits:
1
n ‖z‖ 1 ≤ ‖z‖ ∞ ≤ ‖z‖ 2 ≤
√ n ‖z‖∞ ≤ √ n ‖z‖ 1
. Gesucht ist aber eine noch bessere (optimale) Abschätzung von ‖z‖ 2
durch ‖z‖ 1
nach oben und unten.
Die Abschätzung nach unten folgt aus der Cauchy-Schwarzschen Ungleichung |〈v, w〉| ≤ ‖v‖ 2 · ‖w‖ 2
:
n∑
n∑
C.S.
n∑
‖z‖ 1
= |z j | =
1 · |z j |
= |〈, ˜z〉| ≤ ‖‖ 2 · ‖˜z‖ 2
= √ |1| 2 n∑
· √ |z j | 2 = √ n · ‖z‖ 2
∣ ∣
j=1
j=1
wobei := (1, 1, . . . , 1) ∈ K n und ˜z := (|z 1 | , |z 2 | , . . . , |z n |) ∈ K n sind.
Die Abschätzung nach oben folgt wieder elementar:
n∑
0 ≤ ‖z‖ 2
≤ ‖z‖ 1
⇐⇒ 0 ≤ √ |z j | 2 ≤
⇐⇒
0 ≤
j=1
n∑
|z j | 2 ≤
j=1
j=1
n∑
|z j | ⇐⇒ 0 ≤
j=1
n∑
|z j | 2 +
j=1
n∑
i,j=1, i≠j
|z i | · |z j | =
} {{ }
≥0
j=1
j=1
⎛ ⎞
n∑
n∑
|z j | 2 ≤ ⎝ |z j | ⎠
i,j=1
j=1
⎛ ⎞
n∑
n∑
|z i | · |z j | = ⎝ |z j | ⎠
2
j=1
2
□
Aufgabe 24
( )
3n+1
(a) Stellen Sie eine Vermutung über den Grenzwert der Folge (a n ) =
5n−2
auf und versuchen Sie
dann, Ihre Vermutung durch Rückgriff auf die ε-N-Definition zu beweisen.
(b) Ist die Folge (f n ) der Fibonacci-Zahlen (vgl. Blatt 3, Aufgabe 14) konvergent?
(c) Untersuchen Sie die komplexe Zahlenfolge (c n ) mit c n := 1
(1+i) n
auf Konvergenz.
Lösung:
24

(a) Wir vermuten für die Folge (a n ) n∈N
den Grenzwert 3 5
. Zu zeigen: ∀ ε > 0 ∃ N ∈ N : ∀ n ≥ N :
∣ an − 3 ∣
5 < ε
Beweis: ∣ ∣∣∣
a n − 3 ∣ ∣∣∣ 5∣
∣ = 3n + 1
5n − 2 − 3 ∣ ∣∣∣ 5∣ = 11
25n − 10∣ = 11
25n − 10
∀ n ∈ N
Sei nun ε > 0 beliebig. Es gilt 0 < 11
11
25N−10
< ε ⇐⇒ N >
25ε + 2 5
. Die letzte Ungleichung ist zugleich
für alle natürlichen Zahlen n ≥ N erfüllt. Nach Archimedischem Axiom existiert zu jedem vorgegebenen
ε > 0 eine natürliche Zahl N = N ε = ⌈ 11
25ε + 5⌉ 2 + 1, so dass für alle n ≥ N gilt:
∣ a n − 3 5∣ = 11
25n − 10 ≤ 11
25N − 10 < ε
Die Folge konvergiert daher gegen den Grenzwert 3 5 .
□
(b) Wir zeigen per Induktion, dass für die Folge f n der Fibonacci-Zahlen folgendes gilt:
∀ n ∈ N : A(n) : f n ≥ 1
Induktionsanfang: Für n = 1, 2 gilt f 1 = f 2 = 1 ≥ 1, also sind A(1) und A(2) wahr.
Induktionsannahme: Die Aussage A(m) sei richtig für alle natürlichen Zahlen m ≤ n.
Induktionsschritt (n − 1, n n + 1): Da f n−1 ≥ 1 (A(n − 1) ist wahr) und f n ≥ 1 (A(n) ist wahr)
folgt sofort
f n+1 = f n + f n−1 ≥ 1 + 1 ≥ 1
Also gilt A(n+1) und nach dem Prinzip der vollständigen Induktion ist A(n) damit für alle n ∈ N erfüllt.
Für die Differenz zweier aufeinanderfolgender Fibonacci-Zahlen erhält man deshalb f n+2 −f n+1 = f n+1 +
f n − f n+1 = f n ≥ 1
Ab dem Index n = 2 wächst die Folge der Fibonacci-Zahlen damit in jedem Schritt um mindestens 1.
Jede ε = 1 2-Umgebung um eine beliebige reelle Zahl kann daher höchstens 2 Folgenglieder enthalten. Sie
enthält also niemals fast alle (alle bis auf endlich viele) Folgenglieder und die Folge (f n ) n∈N konvergiert
nicht (tatsächlich wächst sie über alle Grenzen).
(c) Wir zeigen, dass (c n ) n∈N eine komplexe Nullfolge ist und benutzen dabei, dass die Folge (q n ) n∈N für alle
q ∈ R mit |q| < 1 eine Nullfolge bildet:
∣ |c n − 0| =
1 ∣∣∣ 1
∣(1 + i) n =
|1 + i| n = √ 1 ( ) n 1
n = √2
2
n−→∞
−−−−→ 0
∣ da
1 ∣∣∣
∣√ < 1 2
□
Aufgabe 25
Folgende 10 Informationen stehen Ihnen zur Verfügung:
i. Die einzigen Tiere in diesem Haus sind Katzen.
ii. Jedes Tier, das gern in den Mond starrt, ist als Schoßtier geeignet.
iii. Wenn ich ein Tier verabscheue, gehe ich ihm aus dem Weg.
iv. Es gibt keine fleischfressenden Tiere außer denen, die bei Nacht jagen.
v. Es gibt keine Katze, die nicht Mäuse tötet.
vi. Kein Tier mag mich, außer denen im Haus.
25

vii. Kängurus sind nicht als Schoßtiere geeignet.
viii. Nur fleischfressende Tiere töten Mäuse.
ix. Ich verabscheue Tiere, die mich nicht mögen.
x. Tiere, die bei Nacht jagen, starren gerne in den Mond.
Wenn Sie nun diese Informationen verwenden, wie sollten Sie sich gegenüber Kängurus verhalten?
Lösung: Es ist naheliegend mit Information (vii) zu beginnen.
Das Känguru ist also nicht als Schoßtier geeignet.
(ii)
=⇒ Es starrt nicht gerne in den Mond.
(x)
=⇒ Das Känguru jagt also nicht bei Nacht.
(iv)
=⇒ Fleischfressend ist es auch nicht.
(viii)
=⇒ Kängurus töten also auch keine Mäuse.
(v)
=⇒ Erkenntnis aus dieser Information: Das Känguru kann keine Katze sein.
(i)
=⇒ Das Känguru kann also nicht in diesem Haus sein.
(vi)
=⇒ Es mag mich nicht.
(ix)
=⇒ Weil es mich nicht mag, verabscheue ich es.
(iii)
=⇒ Ich gehe Kängurus aus dem Weg!
Ausgehend von den zehn Informationen, sollte ich Kängurus also besser aus dem Weg gehen.
Anmerkung: Entsprechend der Formulierung von Information (i) weiß man auch direkt, dass keine Kängurus
im Haus sein können. Dann gelangt man entspechend schneller zu dem Ergebnis, Kängurus lieber aus dem Weg
zu gehen. Allerdings muss man dann noch die nicht verwendeten Informationen überprüfen, ob sich aus ihnen
weitere Verhaltensweisen ableiten lassen. Was hier natürlich nicht der Fall ist.
□
Übungsblatt 6
Aufgabe 26
Beweisen Sie folgende Grenzwertaussagen:
(a)
(c)
lim
n→∞
lim
n→∞
n 2 + n + 2
4n 3 + 1
1 + 2 3 + 3 3 + · · · + n 3
= 0 (b) lim
n→∞
n 4 = 1 4
(d)
lim
n→∞
(n + 1) 2 − n 2
= 2
n
(
∑ n
)
1
= 1
k(k + 1)
k=1
Lösung:
(a) Zunächst kürzen wir Zähler und Nenner durch n 3 n
. Wir erhalten: lim 2 +n+2
n→∞ 4n 3 +1
Nun einige Vorbemerkungen:
• Die Folge (a n ) n∈N = ( 1
n
(vgl. auch Skript 7.8 (3)).
)
n∈N
= lim n→∞
1
n + 1
n 2 + 2
n 3
.
4+ 1
n 3
ist eine Nullfolge. Dies ergibt sich aus dem Archimedischen Prinzip
• Mit dem Sandwich-Lemma (Skript 8.3) identifiziert man auch (b n ) n∈N = ( 1
n
als Nullfolge: Es
)n∈N 2
gilt nämlich 0 ≤ 1 n
≤ 1 2 n ∀ n ∈ N. Zudem sind die konstante Folge (0) n∈N und ( )
1
n
Nullfolgen.
n∈N
26

(b)
• Mit dem gleichen Argument ist auch (c n ) n∈N = ( 1
n
eine Nullfolge.
)n∈N 3
• Mit der Permanenzeigenschaft (Skript 8.5) identifiziert man die Folgen (d n ) n∈N = ( 2
(e n ) n∈N = ( 4 + 1 n
als konvergente Folgen mit den Grenzwerten 0 bzw. 4.
)n∈N 3
n 3 )n∈N und
1
n
Unter mehrfacher Verwendung der Permanenzregeln ergibt sich insgesamt: lim + 1
n 2 + 2
n 3
n→∞ = 0 4+ 1
n 3 4 = 0
(n + 1) 2 − n 2 n 2 + 2n + 1 − n 2 (
lim
= lim
= lim 2 + 1 )
= lim
n→∞ n
n→∞ n
n→∞ n
2 + lim 1
n→∞ n→∞ n = 2 + 0 = 2
(c) Aus der Vorlesung ist die Formel ∑ n
k=1 k3 = n2 (n+1) 2
4
bekannt. Hieraus ergibt sich:
∑
1 + 2 3 + 3 3 + . . . + n 3
n
k=1
lim
n→∞ n 4 = lim
k3
n→∞ n 4 = lim
n→∞
wiederum mittels Permanenzregeln.
(d) Nach Übungsaufgabe 14 gilt ∑ n
k=1
Permanenzregeln:
lim
n→∞
( n
∑
k=1
1
k(k + 1)
)
= lim
n→∞
1
k(k+1) =
n 2 (n+1) 2
4
n 4
= lim
n→∞
n 2 (n + 1) 2
= lim
n→∞ 4 · n 4 =
n 2 + 2n + 1
4 · n 2 = lim
n→∞
1 + 2 n + 1 n 2
4
= 1 4
n
n+1
. Hiermit erhält man wiederum unter Benutzung der
(
n
n + 1 = lim 1 − 1 )
= lim
n→∞ n + 1
1 − lim
n→∞ n→∞
1
n + 1 = 1 − 0 = 1
□
Aufgabe 27
Die Folge (x n ) sei rekursiv definiert durch x 0 := 1 und x n := √ 1 + x n−1
(x n ) konvergiert und den Grenzwert g := 1+√ 5
2
besitzt.
für n ∈ N. Zeigen Sie, dass
Lösung: Wir zeigen, dass (x n ) n∈N0 beschränkt (i) und monoton wachsend (ii) ist. Daraus folgt die Existenz
eines eindeutigen Grenzwertes nach Monotonieprinzip (Skript 9.3)! Danach nutzen wir die rekursive Definition
der Folge aus und bestimmen den Grenzwert.
(i) Beschränktheit:
Behauptung: 1 ≤ x n ≤ 2 ∀ n ∈ N 0
Induktionsanfang (n = 0): 1 ≤ x 0 = 1 ≤ 2
Induktionsvoraussetzung: 1 ≤ x n ≤ 2 gilt bereits.
Induktionsschritt (n n + 1): Benutze die Monotonie der Quadratwurzel (vgl. Aufgabe 9(b)).
1 ≤ √ 2 = √ 1 + 1 (IV)
≤ √ 1 + x n = x n+1 = √ 1 + x n
(IV)
≤ √ 1 + 2 = √ 3 ≤ 2
=⇒ (x n ) n∈N0 ist also beschränkt.
(ii) Die Folge (x n ) n∈N0 ist monoton wachsend:
Behauptung : x n ≥ x n−1
∀ n ∈ N
Induktionsanfang (n = 1): x 1 = √ Def
1 + x 0 = √ 1 + 1 = √ 2 ≥ 1 Def
= x 0
Induktionsvoraussetzung: x n ≥ x n−1 gilt bereits.
Induktionsschluss (n n + 1): Benutze erneut die Monotonie der Quadratwurzel.
=⇒ (x n ) n∈N0 ist monoton wachsend.
x n+1 = √ 1 + x n
(IV)
≥ √ 1 + x n−1 = x n
27

Nach dem Monotonieprinzip (Skript 9.3) konvergiert die Folge (x n ) n∈N0 . Da alle Folgenglieder im Intervall
[1, 2] liegen, liegt auch der (eindeutige) Grenzwert in diesem Intervall (vgl. Satz 8.1 im Skript).
Für den Grenzwert x ∈ [1, 2] gilt x = lim n→∞ x n . Aufgrund der rekursiven Definition erfüllt dieser folgende
Gleichung (Permanenzregeln anwendbar, da (x n ) n∈N0 ja konvergiert; Limes und Quadratwurzel vertauschen,
vgl. Zentralübung):
x = lim x √ √
n = lim 1 + xn−1 = 1 + ( lim x ) √
n−1 = 1 + x
n→∞ n→∞
n→∞
Der letzte Schritt ist gültig, da für m := n − 1, die Bedingung n → ∞ äquivalent zu m → ∞ ist und folglich
Def
lim n→∞ x n−1 = lim m→∞ x m = x gilt.
Der Grenzwert x erfüllt daher die Gleichung x = √ 1 + x oder äquivalent x 2 = 1 + x. Mit der p-q-Formel findet
man die Lösungen der quadratischen Gleichung x 2 − x − 1 = 0 zu x 1 := 1+√ 5
2
und x 2 := 1−√ 5
2
. Da x 2 negativ
ist und x 1 in [1, 2] liegt, ist x 1 = 1+√ 5
2
= g der gesuchte Grenzwert. □
Aufgabe 28
Die komplexe Folge (c n ) konvergiere gegen c ∈ C.
( ∑n )
k=1
(a) Zeigen Sie, dass dann auch die Folge (σ n ) =
c k
gegen c konvergiert.
n
(b) Gilt auch die Umkehrung von (a)? Beweis oder Gegenbeispiel!
Lösung:
(a) Sei ε > 0 beliebig. Da (c n ) n∈N gegen c ∈ C konvergiert, gibt es ein N 1 := N( ε 2
) ∈ N, so dass für alle
n ≥ N 1 die Abschätzungung |c n − c| < ε 2
gültig ist.
Somit gilt für alle n ≥ N 1 :
∑ n
|σ n − c| =
k=1 c ∣∑ k
∣∣∣ n
∣ − c
n ∣ = k=1 (c ∣
k − c)
∣∣∣∣ ∑ N1−1
n ∣ = k=1 (c ∑ n k − c) k=N
+
1
(c k − c)
n
n ∣ ≤
∑ ∣ N1−1
k=1
≤
(c k − c)
∣∣∣∣ ∑ n ∣ ∣ n ∣ + k=N 1
(c k − c)
∣∣∣∣ ∑ N1−1
n ∣ ≤ k=1 (c k − c)
∑ n n ∣ + k=N 1
|c k − c|
<
n
∑ N1−1
k=1
<
(c k − c)
∣ n ∣ + (n − N 1 + 1) · ε
∑ ∣ N1−1
2
k=1
≤
(c k − c)
n ∣ n ∣ + n · ε ∣∣∣∣ ∑ N1−1
2
n
= k=1 (c k − c)
n ∣ + ε 2
Da ∣ ∑ N 1−1
k=1 (c k − c) ∣ ∈ R konstant ist, gibt es nach Archimedischem Axiom ein N 2
∀ n ≥ N 2 :
∑ ∣
N1−1
k=1 (c k − c)
∣∣ ∑ N1−1
∣ n ∣ = k=1 (c k − c) ∣
< ε n 2
∈ N, so dass
Damit gilt für alle n ≥ N := max {N 1 , N 2 }: |σ n − c| < ε 2 + ε 2
(σ n ) n∈N gegen den Grenzwert c bewiesen ist.
= ε, womit die Konvergenz der Folge
(b) Die Umkehrung ist falsch, wie folgendes Gegenbeispiel zeigt:
Sei c n := (−1) n . Dann konvergiert (σ n ) n∈N gegen 0, während (c n ) n∈N offensichtlich nicht konvergent
ist (vgl. Skript 7.8 (5)).
Elementare Begründung für die Konvergenz von (σ n ) n∈N gegen 0:
28

Die Summe ∑ n
k=1 c k ist entweder 0 (n gerade) oder −1 (n ungerade). Somit ist | ∑ n
k=1 c k| ≤ 1 für alle
n ∈ N. Daraus folgt aber zu jedem vorgegebenem ε > 0 sofort die Existenz von N ∈ N mit:
∑ n
|σ n − 0| =
k=1 c k
∣ n ∣ = |∑ n
k=1 c k|
≤ 1 n n ≤ 1 N < ε
für alle n ≥ N := ⌈ ⌉
1
ε + 1.
□
Aufgabe 29
Sei a ∈ C, a ≠ 0, und √ a eine ihrer beiden Wurzeln. Zeigen Sie, dass die mit einem beliebigen
Startwert z 0 ∈ C − R i √ ( )
a durch z n+1 := 1 2
z n + a
z n
rekursiv definierte Folge (z n ) gegen eine Wurzel
aus a konvergiert und zwar gegen diejenige, die in derselben durch die Gerade G := R i √ a bestimmten
Halbebene liegt wie z 0 . Was passiert bei z 0 ∈ G?
Lösung: Wir definieren ω n := zn √ a
. Dann gilt:
z n+1 = 1 2
(
z n + a
z n
)
⇐⇒
z
√ n+1
= 1 ( √ )
zn a
√ +
a 2 a z n
⇐⇒ ω n+1 = 1 2
(
ω n + 1
ω n
)
Es ist wegen der Proportionalität natürlich klar, dass z n genau dann konvergiert, wenn ω n konvergiert (Permanenzregel).
Weiter ist z 0 ∈ R i √ a ⇐⇒ ω 0 ∈ R i, d.h. wir starten mit ω 0 = z0 √ a
∈ C \ R i.
Zuerst zeigen wir, dass der mögliche Grenzwert von ω n in der selben Halbebene bezüglich der Geraden R i wie
ω 0 liegen muss: Für ω n = Re(ω n ) + i Im(ω n ) gilt nämlich
(
(
ω n + 1 ω n +
Re(ω n+1 ) + i Im(ω n+1 ) = ω n+1 = 1 2
(
= 1 2
(
= 1 2
ω n
)
= 1 2
)
ω n
|ω n | 2 =
Re(ω n ) + i Im(ω n ) + 1
|ω n | 2 (
Re(ωn ) − i Im(ω n ) )) =
Re(ω n ) ( 1 + 1 )
|ω n | 2 +i Im(ω n ) ( 1 − 1 ) )
|ω n | 2 (6.1)
} {{ }
>0
also Re(ω n+1 ) > 0 ⇐⇒ Re(ω n ) > 0 ⇐⇒ Re(ω 0 ) > 0 ∀ n ∈ N und Re(ω n+1 ) < 0 ⇐⇒ Re(ω n ) < 0 ⇐⇒
Re(ω 0 ) < 0 ∀ n ∈ N. Startet man also mit ω 0 in der rechten/linken Hälfte der komplexen Ebene, so liegen alle
Folgenglieder ω n (n ∈ N) in dieser Halbebene.
Es bleibt also nur noch zu zeigen, dass die Folge im ersten Fall gegen 1 im zweiten Fall gegen (−1) konvergiert
(denn genau dann konvergiert (z n ) n∈N gegen √ a bzw. − √ a). Hierfür geben wir zwei mögliche Beweise:
(a) Beweis:
• Wir betrachten zunächst den Fall Re(ω 0 ) > 0 (rechte Halbebene) und zeigen Konvergenz der Folge
(ω n ) n∈N gegen +1:
Sei |ω n | ≤ 2 3
, so gilt nach (6.1):
Re(ω n+1 ) = 1 2 Re(ω n) ( 1 + 1 ) 1 ≥
|ω n | 2 2 Re(ω n) ( 1 + 9 ) 13 =
4 8 Re(ω n) > 0
29

d.h. der Realteil der Folge (ω n ) n∈N wächst in jedem Schritt (unabhängig vom Imaginärteil) mindestens
auf das 13 8 -fache an, bis schließlich |ω n| > 2 3 ist (spätestens, wenn Re(ω n) > 2 3 ist).
Umgekehrt führt die Bedingung |ω n | ≥ 3 2
auf die Ungleichung:
0 ≤ |ω n+1 | =
1( ∣ ωn + 1 ) ∣ ∣∣ ≤ 1 (
|ω n | + 1 )
≤ 1 2 ω n 2 |ω n | 2 |ω n| + 2 3 = 3 |ω n| + 4
≤ 17
6 18 |ω n|
d.h. der Betrag der Folgenglieder ω n schrumpft in jedem Schritt auf das 17
18-fache, bis schließlich
|ω n | < 3 2 ist.
OE kann man daher annehmen, daß bereits 2 3 < |ω 0| < 3 2
gilt (Weglassen der ersten Folgenglieder).
Speziell gilt dann für alle n ∈ N die Abschätzung 2 3 < |ω n| < 3 2
, da (induktiv):
2
3 = 1 2
2 ∣3 + 1 3 ∣ < |ω n+1| =
1( ∣ ωn + 1 ) ∣ ∣∣ = 1 2 ω n 2 ∣ ω n + 1 ∣ ∣∣∣
< 1 3
ω n 2 ∣2 + 1 2 ∣ = 3 2
2
Alle Folgenglieder liegen somit in dem Kreisring mit innerem Radius 2 3 und äußerem Radius 3 2 um
den Ursprung der komplexen Zahlenebene (geschnitten mit der rechten Halbebene, da Re(ω n ) > 0).
Nun zeigen wir, daß der Abstand von ω n zu 1 in jedem Schritt mindestens um den Faktor √ 13
4
< 1
kleiner wird:
|ω n+1 − 1| =
1
∣2
(
ωn + 1
ω n
)
− 1
∣ ∣∣∣
= 1 2
∣ ω n + 1
− 2
ω n
∣ = 1
2 |ω n |
= 1
2 |ω n |
wobei der Faktor √ 13
4
aus folgender Abschätzung stammt:
2
3 < |ω n| < 3 2
∣ ωn 2 + 1 − 2ω n
∣ ∣ =
∣ (ωn − 1) 2∣ ∣
|ω n − 1| = |ω n − 1| <
2 |ω n |
3
√
13
4 |ω n − 1|
=⇒ 4 9 < |ω n| 2 =⇒ 1 < 9 4 |ω n| 2 + 2 Re(ω n ) = 9 } {{ } 4 |ω n| 2 + 2 · ωn + ω n
2
>0
⇐⇒ |ω n − 1| 2 = (ω n − 1) · (ω n − 1) = |ω n | 2 − ω n − ω n + 1 < 13 4 |ω n| 2
⇐⇒ |ω n − 1| 2
4 |ω n | 2 < 13
16
=⇒ |ω n − 1|
2 |ω n |
√
13
< < 1
4
( √13 ) n
Damit gilt |ω n − 1| ≤ · |ω0 − 1| und die Folge (ω n ) n∈N mit Re(ω 0 ) > 0 konvergiert gegen
4
+1. Äquivalent hierzu konvergiert (z n ) n∈N mit z 0 ∈ {z ∈ C | z = λ √ a + i µ √ a mit λ, µ ∈ R, λ > 0}
(i.e. die Halbebene in der √ a liegt) gegen √ a.
• Der Fall Re(ω 0 ) < 0 (äquivalent z 0 ∈ {z ∈ C | z = λ √ a + i µ √ a mit λ, µ ∈ R, λ < 0}, i.e. die
Halbebene in der − √ a liegt) folgt völlig analog. Gleiche Abschätzungen ergeben Konvergenz von
(ω n ) n∈N gegen −1, d.h. Konvergenz von (z n ) n∈N gegen − √ a.
(b) Beweis: Wieder führen wir nur den Fall Re(ω 0 ) > 0 aus:
Man betrachte die Folge
α n := ω n − 1
ω n + 1
Nach (6.1) gilt Re(ω n ) > 0 ∀ n ∈ N und der Nenner wird niemals 0.
(α n ) n∈N konvergiert offensichtlich genau dann gegen 0, wenn (ω n ) n∈N gegen 1 konvergiert (genau dann
wenn (z n ) n∈N gegen √ a konvergiert). Der Witz an der Sache ist die rekursive Definition von α n :
( )
α n+1 = ω 1
n+1 − 1
ω n+1 + 1 = 2
ω n + 1
ω n
− 1
( ) = ωn + 1
ω n
− 2
1
2
ω n + 1
ω n
+ 1 ω n + 1
ω n
+ 2 = ω n 2 + 1 − 2ω n
=
ω n2 + 1 + 2ω n
= (ω n − 1) 2
(ω n + 1) 2 = α n 2 = ( α 0
) 2(n+1)
□
30

kurzes Rechnen zeigt:
|α 0 | 2 = α 0 · α 0 = ω 0 − 1
ω 0 + 1 · ω0 − 1
ω 0 + 1 = |ω 0| 2 − 2 Re(ω 0 ) + 1
|ω 0 | 2 = 1 − 4 Re(ω 0)
+ 2 Re(ω 0 ) + 1 |ω 0 + 1| 2
} {{ } } {{ }
=|ω 0+1| 2 >0
Also geht (α n ) n∈N gegen 0 (geometrische Folge) und die Aussage ist gezeigt.
Im Fall Re(ω 0 ) < 0 betrachte man die Folge β n := ωn+1
ω n−1
(wieder wird der Nenner nach (6.1) niemals 0).
Diese konvergiert genau dann gegen 0, wenn (ω n ) n∈N gegen −1 konvergiert (äquivalent dazu konvergiert
(z n ) n∈N gegen − √ a). Erneut gilt
β n+1 = ω n+1 + 1
ω n+1 − 1 = ω n 2 + 1 + 2ω n
ω n2 + 1 − 2ω n
= (ω n + 1) 2
(ω n − 1) 2 = β n 2 = ( β 0
) 2(n+1)
und |β 0 | 2 = 1 + 4 Re(ω 0)
|ω 0 − 1| 2 < 1 □
} {{ }

(a) Wenn sich Q oder R als Täter herausstellen, dann ist P unschuldig.
(b) Ist aber P oder R unschuldig, dann muss Q der Täter sein.
(c) Ist R schuldig, dann ist P Mittäter.
Wer also war(en) der/die Täter, wer ist unschuldig?
Lösung: Zunächst wollen wir die drei Aussagen aus der Umgangssprache in die Sprache der Logik übersetzen.
Dabei ist Vorsicht bei Aussage zwei geboten: Die Negation steht nicht vor der Klammer (d.h. ¬(p ∨ r) ⇒ q ist
keine richtige Übersetzung).
Definition der logischen Aussagen:
p: P ist Täter (bzw. Mittäter, falls es mehrere Täter gibt)
q: Q ist Täter (Mittäter)
r: R ist Täter (Mittäter)
Damit erhält man folgende Übersetzung von KHK K’s Ermittlungen:
(a) q ∨ r ⇒ ¬p (b) ¬p ∨ ¬r ⇒ q (c) r ⇒ p
Im Wesentlichen gibt es drei verschiedene Möglichkeiten die Aufgabe zu lösen. Sicherlich am einfachsten (aber
auch etwas stupide) ist es, eine Wahrheitstabelle anzufertigen. Es gibt drei Variablen p, q, r, d.h. 2 3 = 8
Zeilen in der Tabelle. Zu überprüfen ist die logische Und-Verknüpfung der obigen drei Aussagen. Stellt sich die
Aussagenkombination bei genau einer Zeile als wahr heraus, ist die Aufgabe eindeutig gelöst.
Die zweite Möglichkeit besteht darin, die logische Und-Verknüpfung der drei Aussagen äquivalent umzuformen,
bis die Lösung offensichtlich ist. Dabei benutzt man die aussagenlogische Äquivalenz: (a ⇒ b) ⇐⇒ (¬a ∨ b)
und formt die Und-Verknüpfung der drei Bedingungen aussagenlogisch äquivalent um (vgl. Proposition 1.1 auf
den Folien der Zentralübung):
(q ∨ r ⇒ ¬p) ∧ (¬p ∨ ¬r ⇒ q) ∧ (r ⇒ p)
⇐⇒ ( ¬(q ∨ r) ∨ ¬p ) ∧ ( ¬(¬p ∨ ¬r) ∨ q ) ∧ ( ¬r ∨ p )
⇐⇒ ( (¬q ∧ ¬r) ∨ ¬p ) ∧ ( (p ∧ r) ∨ q ) ∧ ( ¬r ∨ p )
( ((¬q ) ( ) ( ) ( ) )
⇐⇒ ∧ ¬r) ∧ (p ∧ r) ∨ (¬q ∧ ¬r) ∧ q ∨ ¬p ∧ (p ∧ r) ∨ ¬p ∧ q ∧ ( ¬r ∨ p )
⇐⇒ ( (¬q ∧ ¬r ∧ p ∧ r)
} {{ }
falsche Aussage
⇐⇒ (¬p ∧ q) ∧ (¬r ∨ p)
∨ (¬q ∧ ¬r ∧ q)
} {{ }
falsche Aussage
⇐⇒ (¬p ∧ q ∧ ¬r) ∨ (¬p ∧ q ∧ p)
} {{ }
falsche Aussage
⇐⇒ (¬p ∧ q ∧ ¬r)
d.h. Q ist Täter und weder P noch R sind (Mit-)Täter.
∨ (¬p ∧ p ∧ r) ∨ (¬p ∧ q) ) ∧ ( ¬r ∨ p )
} {{ }
falsche Aussage
Alternativ geben wir eine dritte Möglichkeit, die sicherlich am ehesten dem Vorgehen des KHK K. entsprechen
würde. Er wird verschiedene Verdachte haben und diese durchspielen. Dabei muss jedoch neben der Eindeutigkeit
auch die Existenz der Lösung gezeigt werden. Schließlich könnten schlampige Ermittlungen zu sich
widersprechenden Aussagen geführt haben. Das Aussagensystem ist also auf Konsistenz zu prüfen.
32

Zur Eindeutigkeit:
p
r
¬q
(1)
=⇒ ¬(q ∨ r) ⇐⇒ ¬q ∧ ¬r
(1)
=⇒ ¬p ∧ r
(2)
=⇒ ¬(¬p ∨ ¬r) ⇐⇒ p ∧ r
(2)
=⇒ ¬q ∧ q
(3)
=⇒ ¬p ∧ p
(1)
=⇒ p ∧ ¬p
Falls das Aussagensystem konsistent ist, heißt die Lösung also q ∧ (¬p) ∧ (¬r).
Um die Existenz der Lösung nachzuweisen, sind alle möglichen Schlüsse aus ihr zu ziehen. Dabei darf kein
Widerspruch auftreten.
(1)
q =⇒ ¬p wahr
¬p
¬r
(2)
=⇒ ¬p ∧ q
Damit ist wieder Q als der einzige Täter entlarvt.
(3)
=⇒ q ∧ ¬r wahr
(2)
=⇒ q wahr
□
Übungsblatt 7
Aufgabe 31
Sei a ∈ R, a > 0, und x 0 ∈ R, x 0 > 0, so gewählt, dass a x 0 < 2 gilt. Zeigen Sie, dass die mit dem
Startwert x 0 und durch x n+1 := 2x n − ax n 2 , für n ≥ 0 rekursiv definierte Folge (x n ) ab n ≥ 1 monoton
wächst und gegen 1 a konvergiert.
Zeigen Sie ferner, dass die Konvergenz quadratisch ist, d.h. es gibt eine positive reelle Zahl C, so
dass für alle n ∈ N gilt
∣ x n+1 − 1 a∣ (x ≤ C n − 1 ) 2
a
Für a = 7 und x 0 = 0,1 berechne man x 1 , x 2 , x 3 , x 4 , x 5 .
Lösung: Die Beschränktheit von (x n ) n∈N erhält man sofort aus
∀ n ∈ N : x n = 2x n−1 − ax 2 n−1 = 1 (
a − a x 2 n−1 − 2 x n−1
+ 1 )
a a 2 = 1 (
a − a x n−1 − 1 ) 2
a
} {{ }
≥0 (a>0)
Wir zeigen die Monotonie der Folge (x n ) n∈N wie in der Aufgabe verlangt. Für n ≥ 1 sieht man sofort:
(
x n+1 = 2x n − ax 2 n = x n (2 − a x
}{{} n ) ≥ x n 2 − a 1 )
= x n
a
≤a −1
Natürlich folgt die Konvergenz der Folge (x n ) n∈N nun aus Satz 9.3 (Skript).
Der Grenzwert z := lim n→∞ x n erfüllt – aufgrund der Rekursionsvorschrift – notwendig folgende Gleichung:
≤ 1 a
z = 2z − az 2
⇐⇒ 0 = z − az 2 = z · (1 − az) ⇐⇒ z = 0 ∨ z = 1 a
Da aber x 1 = 2x 0 − ax 2 0 = x 0 (2 − ax
}{{} 0 ) > 0 und die Folge (x n ) n∈N ab n ≥ 1 monoton wächst, ist auch ihr
0 wie gefordert.
33

Die quadratische Konvergenz ergibt sich wie folgt:
∣
∣x n+1 − 1 ∣
} {{
a
}
≤0
∣ = 1 a − x n+1 = 1 ( )
1
a − 2x n + ax 2 n = a ·
a 2 − 2x 1
n
a + x n 2 =
( 2 (
1
= a · n)
a − x ≤ C · x n −
a) 1 2
mit C ≥ a > 0
Damit ergibt sich zugleich noch ein alternativer Beweis der Konvergenz: Aus der Gleichungskette
∣ x n+1 − 1 ∣ ∣∣∣ a∣ = a x n − 1 a∣
2
(
= a a
∣ x n−1 − 1 a∣
2 ) 2
= . . . = a·a 2·. . .·a 2n ·
∣ x 0 − 1 ∣
a∣2 n+1 = 1 (
a
a ∣ x 0 − 1 a∣
) 2
n+1
und der Tatsache, daß
a
∣ x 0 − 1 a∣ = |ax 0 − 1| < 1 (wegen 0 < ax 0 < 2)
folgt
0 ≤
∣ x n+1 − 1 a∣ = 1 (
a
a ∣ x 0 − 1 a∣
) 2
n+1
= 1 a |ax 0 − 1|
} {{ }
Digits:=75;
Digits := 75
> a:=7:x[0]:=0.1:for i from 1 to 7 do x[i]:=2*x[i-1]-a*x[i-1]^2 od;
x 1 := 0.13
x 2 := 0.1417
x 3 := 0.14284777
x 4 := 0.1428571422421897
x 5 := 0.14285714285714285449568544449737
x 6 := 0.1428571428571428571428571428571428080902311386783930763164415817
x 7 := 0.142857142857142857142857142857142857142857142857142857142857142857126014022
> evalf(1/7);
0.142857142857142857142857142857142857142857142857142857142857142857142857142
Bei Vergleich mit dem exakten Wert 1 7
= 0.142857 erkennt man, dass sich die Anzahl der korrekten Dezimalstellen
in jedem Iterationsschritt verdoppelt. Das Verfahren konvergiert also sehr schnell.
□
Aufgabe 32
Sei (a n ) eine Folge positiver reeller Zahlen. Zeigen sie, dass folgende Eigenschaften äquivalent sind:
(a) Zu jeder reellen Zahl C > 0 gibt es eine natürliche Zahl N, so dass für alle n ∈ N mit n ≥ N
gilt a n > C. (Man sagt: ”Die Folge (a n ) wächst über alle Grenzen”).
(
1
(b) Die Folge (b n ) := ist eine Nullfolge.
a n
)
34

Lösung: Seien C, ε > 0 reell mit ε = 1 C
(mit C durchläuft auch ε alle positiven reellen Zahlen, ebenso
umgekehrt) so gelten folgende Äquivalenzen:
(a) ⇐⇒ ∀ C > 0 ∃ N ∈ N : ∀ n ∈ N mit n ≥ N gilt: a n > C
⇐⇒
⇐⇒
⇐⇒
∀ ε > 0 ∃ N ∈ N : ∀ n ∈ N mit n ≥ N gilt: a n > 1 ε
1
∀ ε > 0 ∃ N ∈ N : ∀ n ∈ N mit n ≥ N gilt: < ε
a
( n
1
konvergiert gegen Null
a n
)n∈N
⇐⇒ (b n ) n∈N
ist Nullfolge
⇐⇒
(b)
□
Aufgabe 33
Sei a eine positive reelle Zahl. Man wähle eine positive reelle Zahl x 0 mit x 0 3 > a als Startwert und
definiere rekursiv (für n ∈ N 0 ):
x n+1 := x n + a − x n 3
3x n
2
= 2x n 3 + a
3x n
2
Zeigen Sie: (x n ) konvergiert monoton fallend gegen die eindeutig bestimmte positive Lösung der
Gleichung x 3 = a.
Bezeichnung: lim n→∞ x n =: 3√ a
Man zeige wieder die quadratische Konvergenz:
∣
∣x n+1 − 3√ a ∣ ∣ ≤ C (x n − 3√ a) 2
Für a = 2 und x 0 = 2 bestimme man x 1 , x 2 , x 3 , x 4 , x 5 .
(für ein C > 0 geeignet)
Lösung: Es gilt: x n+1 = 1 3 (3x n +
a
x 2 n
− x n ) = 1 3 (2x n + a
x 2 n
).
1. Induktiv zeigt man, dass x n > 0 für alle n ∈ N 0 gilt. Für n = 0 ist dies nach ) Voraussetzung erfüllt
(x 0 > 0). Weiter folgt aus x n > 0 (und a > 0) sofort x n+1 = 3( 1 2xn + a
x 2 n
> 0. Damit ist die Folge
nach unten beschränkt.
2. Für alle n ∈ N 0 gilt x n 3 ≥ a.
Beweis: Der Induktionsanfang ist klar: x 3 0
x 3 n ≥ a sofort:
> a nach Voraussetzung. Im Induktionsschritt impliziert
x 3 n+1 = x n3 · xn+1 3 ( ) 3 xn+1
3
= x
x
3 n3 · = x n
n x n
(
xn + a−xn3
3x n
2
x n
) 3
=
3
= x n
(1 + a − x n 3 ) 3
3
≥ x n
(1 + a − x n 3 )
= x n3 ·
3x n
3
x n
3
a
x n
3 = a
wobei bei der Abschätzung “≥” nach unten die Bernoullische Ungleichung (mit Exponent 3) verwendet
wurde, was möglich ist, da −2x n 3 < 0 < a und damit −1 < a−xn3
3x n
3 ≤ 0. □
35

3. Nun können wir zeigen, daß für alle n ∈ N 0 gilt x n+1 ≤ x n , d.h. die Folge (x n ) n∈N ist monoton fallend.
Beweis:
x n+1 = 1 3
(
2x n +
a )
≤ x
x
2 n ⇐⇒ 2x n + a
n x
2 ≤ 3x n ⇐⇒ a
n x
2 ≤ x 3
n ⇐⇒ a ≤ x n
n
□
Aus 1. 2. und 3. folgt nun, dass die Folge (x n ) n∈N insgesamt monoton fallend und (durch 0) nach unten
beschränkt ist, d.h. sie konvergiert nach Satz 9.3 (Skript) gegen einen eindeutigen Grenzwert, für welchen gilt:
0 ≤ x = x + a − x3
3x 2 oder äquivalent x 3 = a ∧ x ≥ 0
Mit anderen Worten: (x n ) n∈N konvergiert nach 1. und 3. monoton fallend gegen die eindeutig bestimmte positive
Lösung der Gleichung x 3 = a.
Wir zeigen nun die quadratische Konvergenz. Da x n+1 ≥ 3√ a und x = lim n→∞ x n = 3√ a gilt:
∣
∣x n+1 − 3√ a ∣ = x n+1 − x = 1 (
2x n +
a )
− 1 (2x + a )
3 x
2 n 3 x 2
= 1 (
( 1
2(x n − x) + a
3
x
2 − 1 ))
n x 2
= 1 (
( 1
2(x n − x) + a − 1 ) ( 1
· + 1 ))
3
x n x x n x
= 1 (
2(x n − x) + a x − x (
n 1
+ 1 ))
3
x n x x n x
= 1 (
3 (x n − x) 2 − a ( 1
+ 1 ))
x n x x n x
= 1 3 (x n − x)
(1 − x2
x
2 + 1 − x )
n x n
= 1 3 (x n − x) ·
(1 − x )
·
((1 + x ) )
+ 1
x n x n
= 1 ( )
3 (x xn − x
n − x) ·
·
(2 + x )
x n x n
= 1 3 · 1
·
(2 + x )
· (x n − x) 2
x n x n
≤ C · (x n − x) 2 mit C := 1 x = 1
3√ a
> 0
Die letzte Abschätzung gilt, da wegen x n ≥ x = 3√ a für alle n ∈ N 0 sofort
1
∀ n ∈ N 0 :
3 · 1
·
(2 + x )
≤ 1 x n x n 3 · 1
x · 3 = 1 x = 3√ 1 =: C a
folgt.
Die ersten 7 Iterationen zu a = 2 und x 0 = 2 lassen sich in MAPLE z.B. mit der folgenden Schleife berechnen:
> Digits:=75;
Digits := 75
> a:=2:x[0]:=2:for i from 1 to 7 do
> x[i]:=evalf((2*x[i-1]^3+a)/(3*x[i-1]^2)) od;
36

x 1 := 1.5
x 2 := 1.29629629629629629629629629629629629629629629629629629629629629629629629630
x 3 := 1.26093222474174855127236079617031997984378936759889140841521793902746283699
x 4 := 1.25992186056592625032709872756596163029388789602612678875139513200243373224
x 5 := 1.25992104989539477442883227583580694702571309648689103069245140042551622368
x 6 := 1.25992104989487316476721082322559990978283014226995650436345102336814342785
x 7 := 1.25992104989487316476721060727822835057025146470154499293074625036063252767
> evalf(2^(1/3));
1.25992104989487316476721060727822835057025146470150798008197511215529967651
Wieder hat man also eine sehr schnelle Konvergenz (hohe Genauigkeit schon nach wenigen Schritten).
□
Aufgabe 34
Zeigen Sie, dass die folgenden Reihen konvergieren und die angegebenen Summen haben
∑ ( )
∞ 1
(a)
k=0
+ (−1)k = 11 ∑ ∞ k+3
2 k 3 k 4
(b)
k=1 k(k+1)(k+2) = 5 4
(c)
∑ ∞
k=1
1
(2k−1)
= 3 2 4 s mit s := ∑ ∞
k=1 1
k 2
(d)
∑ ∞
k=1
1
f k f k+2
= 1
dabei ist f k die k-te Fibonacci-Zahl.
Lösung:
(a) Wir fassen die gegebene Reihe als Grenzwert der Folge ihrer (endlichen) Partialsummen mit oberem
Summationsindex N auf und dürfen für jede Partialsumme die geometrische Summenformel ∑ N
k=0 qk =
1−q N+1
1−q
∀N ∈ N, q ≠ 1 anwenden :
∞∑
k=0
(
1
2 k + (−1)k ∑ N
3 k = lim
N→∞
k=0
( (
1 −
1 N+1
2)
) + 1 − ( −1
3
= lim
N→∞
3
= lim
N→∞
2 ·
1 − ( 1
2
(
4
3 − 4 3 · ( 1
2
) (
1
2 k + (−1)k
∑ N
3 k = lim
N→∞
k=0
(
) N+1
)
1 − ( )
−1
3
) N+1
+
1
2 − 1 2 · ( −1
3
= lim
N→∞
) ) N+1
1 − ( 1
2
= lim
N→∞
N
1
2 k + ∑
(
k=0
) N+1
)
· 4
3 + (
( ) ) k −1
=
3
1
2 · 4
3
2 + 3 4 − 2 · ( 1
2
1 − ( −1
3
) N+1
)
· 1
2
=
) N+1
−
3
4 · ( ) )
−1 N+1
3
Da ∣ ∣ ( 1∣ 2 < 1 und −1∣ 3 < 1 geht der jeweilige Subtrahend −2 · 1 N+1
2)
bzw. −
3
4 · ( )
−1 N+1
3 gegen 0.
Aufgrund der Permanenzregeln ergibt sich nach Grenzwertbildung das Resultat:
∞∑
k=0
(
1
2 k + (−1)k 3
3 k = lim
N→∞ 2 · 4
3 − 4 ( 1
3 · 2
(
= lim
N→∞
) N+1
+ 1 2 − 1 2 ·
2 + 3 4 − 2 · ( 1
2) N+1
− 3 4 ·
( ) ) N+1 −1
=
3
( ) ) N+1 −1
= 2 + 3 3
4 = 11
4
k+3
(b) Mittels Partialbruchzerlegung
k(k+1)(k+2) = 3 2
k
− 2
k+1 + 1 2
(k+2)
findet man folgende Darstellung der Reihe:
∞∑
k=0
k + 3
∞
k(k + 1)(k + 2) = ∑ 3
2k − 2
k + 1 + 1
2(k + 2) = 1 2 ·
k=0
∞∑
k=0
3
k − 4
k + 1 + 1
k + 2
37

Nun bedienen wir uns abermals der obigen Technik (Reihe ist Grenzwert der Folge ihrer Partialsummen):
∞∑
k=0
k + 3
k(k + 1)(k + 2) = lim 1
N→∞ 2 ·
N∑
k=0
(
3
k − 4
k + 1 + 1
k + 2 = 1 N
)
2 · lim
∑ 3
N→∞ k − 4
k + 1 + 1
k + 2
k=0
Nun schreiben wir die Summe in den ersten Elementen aus um zu sehen welche Terme sich möglicherweise
wegheben. Offensichtlich heben sich der letzte Term einer Klammer mit dem zweiten Term der nächsten
Klammer, sowie dem ersten Term der darauffolgenden Klammer weg (Teleskopsumme), so dass wir
folgende Formel für unsere endliche Summe finden:
N∑
k=0
3
k − 4
k + 1 + 1
k + 2 =
( ) (
3
=
1 − 4 2 + ✁3
✁1 3
+
2 − ✁3 ✁4 + ❆ 1 4
(
3
. . . +
✚ ✚
)
N−2 −❩ 4
N−1 ❩
+ ✓ ✓❙ ❙ 1 N
+
) (
+
)
✁3 − ❆ 4 4 + ✁ 1 5
✁❆ ❆
+
) (
+
(
❩ 3
N−1 − ❩ ✓ ✓❙ ❙ 4 N + 1
N+1
(
3
❆4 − ✁ 4 5 ✁❆ ❆ + ∥ ) 1 6
+ . . .
)
✓ ✓❙ ❙ 3 N − 4
N+1 + 1
N+2
=
= 3 1 − 4 2 + 3 2 + 1
N+1 − 4
N+1 + 1
N+2 = 5 2 − 3
N+1 + 1
N+2
Einsetzen dieser Formel, sowie Ausführen des Grenzprozeßes unter Benutzung der Permanenzregeln ergibt
das Resultat:
( N
)
1
2 · lim
∑ 3
N→∞ k − 4
k + 1 + 1 = 1 ( 5
k + 2 2 · lim
N→∞ 2 − 3
N + 1 + 1 )
= 1 N + 2 2 · 5
2 = 5 4
k=0
(c) Wir nutzen die Defintion der ζ-Funktion ζ(2) = ∑ ∞
k=1 1
k
=: s aus:
2
∞∑
k>0 gerade
Damit gilt sich bereits die Behauptung:
∞∑
k=1
∞
1
(2k − 1) 2 = ∑
∞
1
k 2 = ∑ 1
(2k) 2 = 1 ∞∑ 1
4 k 2 = s 4
k>0 ungerade
k=1
∞
1
k 2 = ∑ 1
k 2 −
k=1
k=1
∞
∑
k>0 gerade
1
k 2 = s − s 4 = 3 4 s
(d) Wir wollen wieder wie in Teilaufgabe (a) und (b) vorgehen. Dazu benötigen wir jedoch zunächst eine
Formel für unsere endliche Summe ∑ N 1
k=1 f k f k+2
. Ein weißes Blatt und etwas Experimentieren ergibt die
nicht offensichtliche Vermutung ∑ N 1
1
k=1 f k f k+2
= 1 −
f N+1 f N+2
, die per Induktion zu beweisen ist:
Induktionsanfang (N = 1): ∑ 1 1
k=1 f k f k+2
= 1
f 1f 3
= 1 2 = 1 − 1 2 = 1 − 1
f 2f 3
Da f 1 = f 2 = 1 und f 3 = 2 ist, gilt die Gleichheit.
Induktionsvoraussetzung: Für N gilt die Aussage.
Induktionsschritt (N N + 1):
N+1
∑
k=1
1
f k f k+2
=
N∑
k=1
1
f k f k+2
+
1
f N+1 f N+3
IV
= 1 −
1
f N+1 f N+2
+
1
f N+1 f N+3
=
= 1 − 1 ( 1
− 1 )
= 1 − 1 ( )
fN+3 − f N+2
=
f N+1 f N+2 f N+3 f N+1 f N+2 f N+3
= 1 − 1 ( )
fN+1
= 1 −
f N+1 f N+2 f N+3
1
f N+2 f N+3
Weiter wissen wir daß die Folge (f n ) n∈N divergiert (Nach Aufgabe 24 (b) wächst sie über jede Grenze).
Per Induktion zeigt man f n ≥ n − 1 ∀ n ∈ N:
38

Induktionsanfang (n = 1, 2): f 1 = 1 ≥ 0 = 1 − 1 und f 2 = 1 ≥ 1 = 2 − 1
Induktionsvoraussetzung: Für n gilt die Aussage bereits.
Induktionsschritt (n n + 1): n + 1 ist mindestens 3, da wir ja im Induktionsanfang die Aussage schon
für n = 1 und n = 2 gezeigt haben. Zudem ist f n ≥ 1 ∀ n ∈ N (vgl. Aufgabe 24 (b)).
IV
f n+1 = f n + f n−1 ≥ (n − 1) + fn−1 = n + f n−1 − 1 ≥ n
} {{ }
≥0
Nach diesen Vorbereitungen beginnen wir mit unserer Argumentation: Wenn die Reihe ∑ ∞
k=1
Wert 1 haben soll, muß die Folge ihrer Partialsummen gegen 1 konvergieren, also:
N∑ 1
0 ≤ lim
− 1
N→∞ ∣ f k f k+2 ∣ = lim
N→∞
∣ 1 − 1
− 1
f N+1 f N+2
∣ = lim
k=1
N→∞
1
f k f k+2
den
1
1
≤ lim
f N+1 f N+2 N→∞ N(N + 1) = 0
Folglich konvergiert die Folge der Partialsummen gegen 1 und die gegebene Reihe hat den Wert 1.
□
Aufgabe 35
Bei unserer Zeitreise durch die Geschichte der Mathematik verweilen wir auf unserem fliegenden
Teppich in der Zeit der Christenverfolgung über der Arena des Kolosseums in Rom und entdecken
in der kreisförmigen Arena einen Christen und einen sehr hungrigen Löwen an verschiedenen Stellen
der Arena, die aber beide gleich schnell laufen können. Zur Einfachheit denken wir uns beide jeweils
zu einem Punkt geschrumpft.
Was würden Sie an Stelle des Christen tun?
(a) Ein Stoßgebet zum Himmel schicken und auf ein Wunder hoffen?
(b) Was sonst? (Versuchen Sie eine Überlebensstrategie zu entwickeln.)
Tipp: Die Reihe ∑ 1
k 2 ist konvergent, die Reihe ∑ 1
k
ist divergent.
Lösung: In der Literatur gibt es verschiedene Lösungsansätze zu diesem Problem. Eine erfolgreiche Überlebensstrategie
funktioniert wie folgt – dabei leiten wir als “Gottesbote” auf unserem fliegenden Teppich den ehrfürchtigen
Christen wie folgt an:
Zunächst müssen wir sicherstellen, daß der Christ sich zumindest ein kleines Stück vom Rand der Arena
wegbewegt. Dazu lassen wir ihn 1 3
des Abstandes d > 0 zwischen ihm und dem Löwen direkt auf den Löwen zu
laufen. Auf diese Weise stellen wir zudem sicher, daß der Christ gottesfürchtig genug ist und den unergründlichen
– für ihn gefährlich anmutenden – Weisungen Gottes folgt. Natürlich kann währenddessen der Löwe höchstens
1
3
des anfänglichen Abstandes auf den Christen zulaufen. Da die Arena kreisförmig (d.h. konvex) ist und
sowohl Christ als auch Löwe an verschiedenen Punkten starten, befinden sie sich nach dieser Startphase noch
mindestens 1 3 ·d voneinander und der Christ genau a > 0 vom Rand der Arena entfernt (elementargeometrische
√
Überlegung mit Pythagoras ergibt a ≥ R− R 2 − 2d2
9
, wobei R den Radius der Arena bezeichnet; Zeichnung).
Nun haben wir den Christen lange genug auf die Probe gestellt. Wir wählen daher ε := d 3
> 0 und weisen den
Christ an, sich nach folgendem Algorithmus zu bewegen (die Position des Christen im n-ten Schritt sei C n , die
des Löwen L n ):
Die Verbindungsgerade C n L n teilt die Arena in zwei Teile.
Liegt der Mittelpunkt in einem dieser Teile, so läuft der Christ senkrecht zur Verbindungsgeraden C n L n in eben
diesen (größeren) Teil. Dabei überquert er im Punkt M n den Durchmesser der Arena, der parallel zu C n L n ist.
Ab dieser Stelle läuft der Christ (in der gleichen Richtung) noch genau die Distanz ε n und erreicht damit C n+1.
39

Liegt das Zentrum dagegen auf der Geraden C n L n (diese ist selbst der Durchmesser), so kann der Christ
senkrecht zu C n L n beliebig in eine der beiden Hälften laufen und erreicht wieder nach einer Distanz von ε n den
Punkt C n+1 .
Wir müssen nun noch zeigen, daß der Christ auf diese Weise beliebig lange überleben kann, d.h. daß sich der
gesamte Vorgang innerhalb der Arena abspielt, er eine unendlich lange Wegstrecke zurücklegt und der Abstand
zum Löwen dabei stets (für alle n ∈ N und auf den Laufwegen dazwischen) positiv bleibt.
• Behauptung: Der Abstand zwischen Christ und Löwe ist stets positiv.
Dies zeigt man induktiv: Der Abstand ‖C 1 − L 1 ‖ 2
von C 1 zu L 1 ist mindestens d 3
> 0. Sei zu Beginn
des n-ten Schrittes der Abstand ‖C n − L n ‖ 2
Christ zu Löwe positiv. Für jeden Punkt p auf der
√
Strecke C n C n+1 erhält man ein rechtwinkliges Dreieck ∆(L n C n p), in dem nach Pythagoras ‖p − L n ‖ 2
=
‖p − C n ‖ 2 2 + ‖C n − L n ‖ 2 2 > ‖p − C n‖ 2
gilt. Der Löwe kann den Christen also auch bei optimaler Strategie
(kürzester Laufweg) nicht erreichen und der Abstand ist auch für p = C n+1 noch positiv. Für die
Startpositionen des nächsten Schrittes gilt wieder:
‖C n+1 − L n+1 ‖ 2
≥ ‖C n+1 − L n ‖ 2
− ‖L n+1 − L n ‖ 2
≥ ‖C n+1 − L n ‖ 2
− ‖C n+1 − C n ‖ 2
> 0
• Behauptung: Der gesamte Vorgang findet innerhalb der Arena statt.
Wieder impliziert Pythagoras:
‖C n+1 − O‖ 2 2 = ‖C n+1 − M n ‖ 2 2 + ‖M n − O‖ 2 2 ≤ ( ε
n) 2
+ ‖Cn − O‖ 2 2 ≤
( ε
≤
n
∑ n
= ε 2
j=1
) ( 2 2 ε
(
+ + ‖C n−1 − O‖
n − 1) 2 ε
) ( 2 ε
2 ≤ +
n n − 1
) 2 ( ε
) 2
+ . . . + + ‖C1 − O‖ 2 2
1
=
1
j 2 + ‖C 1 − O‖ 2 2 < ε2 · ζ(2) + ‖C 1 − O‖ 2 2 ≤ 2 · ε2 + ‖C 1 − O‖ 2 2 ≤ 2 9 d2 + (R − a) 2 ≤ R 2
Für den Abstand jedes Punktes p auf der Strecke C n C n+1 zum Mittelpunkt O der Arena gilt damit:
‖p − O‖ 2
≤ max {‖C n − O‖ 2
, ‖C n+1 − O‖ 2
} < R
und der gesamte Weg des Christen verläuft somit innerhalb der Arenamauern.
• Behauptung: Der Christ kann eine unendlich lange Wegstrecke zurücklegen.
Im n-ten Schritt legt der Christ zumindest die Distanz ε n
zurück. Somit gilt für die Gesamtdistanz bis
zum n-ten Schritt:
n∑
n∑
n
ε
‖C j+1 − C j ‖ 2
≥
j = ε · ∑ 1 n→∞
−−−→ ∞
j
j=1
Da die harmonische Reihe divergiert, wächst die zurückgelegte Distanz über alle Grenzen.
j=1
=⇒ Der Christ überlebt mit dieser Strategie unendlich lange (vielleicht hat er ja bereits das ewige Leben,
während der “ungläubige” Löwe sicher nach endlicher Zeit stirbt).
□
j=1
Übungsblatt 8
Aufgabe 36
Untersuchen Sie, für welche z ∈ C die folgenden Reihen konvergieren
∑ ( z k
k 2 )k≥1
,
∑ (
k! z
k ) k≥0 , ∑ ( k!
k k zk )k≥1
40

Lösung:
(i) Behauptung: ∑ ∞
k=1 zk
k
ist absolut konvergent für |z| ≤ 1 und sonst divergent.
2
Wir beweisen dies mit Hilfe des Wurzelkriteriums (im Skript 10.2.13):
√ ∣∣∣∣ ∣ √
k
z k ∣∣∣ 1
k 2 = |z| k k 2 = (
|z|
)
k√ 2
k
k→∞
−−−→ |z|
denn aus der Ungleichung zwischen arithmetischem und geometrischem Mittel (Kapitel 6 im Skript)
erkennt man
1 = min {k, 1} ≤ k√ k · 1 = k√ k = (√ k · √k
· 1
}
· .
{{
. . · 1
}
k−2 mal
) 1
k
≤
√
k +
√
k + (k − 2)
k
=
= 1 + 2 √
k
− 2 k
k→∞
−−−→ 1
woraus folgt, dass k√ k k→∞
−−−→ 1 (vgl. auch Beispiel 7.8 (11) im Skript).
√ ∣∣∣ ∣
k z
Wir sehen, dass lim k ∣∣
k→∞ k = |z| ist. Damit konvergiert die Reihe absolut, wenn |z| < 1 und
2
divergiert, falls |z| > 1. Im Fall |z| = 1 macht das Wurzelkriterium keine Aussage. Die Reihe ist in diesem
Fall aber ebenfalls absolut konvergent, denn die Reihe der Absolutbeträge ∑ ∣
∞
∣∣ ∑
k=1 ∣ zk ∞
k =
|z| k
2 k=1 k
=
∑ 2 ∞
k=1 1
k
= ζ(2) konvergiert unter der Voraussetzung |z| = 1.
2
(ii) Behauptung: Die Reihe ∑ ∞
k=0 k!zk ist divergent für alle komplexen Zahlen z ≠ 0 (und trivialerweise
konvergent für z = 0).
Wir beweisen mit Hilfe des Quotientenkriteriums (im Skript 10.2.11):
∀ z ≠ 0 :
∣ a k+1 ∣∣∣
∣ =
a k
∣
∣
(k + 1)! · z k+1 ∣∣∣ (k + 1)! · |z|k+1
k! · z k =
k! · |z| k = (k + 1) · |z| k→∞
−−−→ ∞
Daher muss die Reihe für alle z ≠ 0 divergieren. Für z = 0 ergibt sich mit der Konvention 0 0 := 1 die
Reihe 1 + 0 + 0 + . . ., diese ist offensichtlich konvergent (ihr Wert ist 1).
(iii) Behauptung: ∑ ∞
k=1 k! z k ist absolut konvergent für |z| < e und divergent für |z| ≥ e.
k k
Wir ziehen für den Beweis wieder das Quotientenkriterium heran:
∣ ∣ ∣ a k+1 ∣∣∣ ∣ =
z k+1 · (k + 1)! · k k
∣∣∣
a k
∣(k + 1) k+1 · z k · k! ∣ = z · k k ∣∣∣
(k + 1) k =
|z|
(
1 +
1
k
k→∞
) k
−−−→ |z|
e
∣ ∣ ∣∣ a
Damit ist lim k+1 ∣∣
k→∞ a k
=
|z|
e
. Der Grenzwert ist kleiner 1 genau für |z| < e, d.h. die Reihe konvergiert
absolut für |z| < e. Er ist größer 1 genau für |z| > e und die Reihe divergiert in diesem Fall.
Im Fall |z| = e macht das Quotientenkriterium folgende Aussage:
∀ |z| = e, k ∈ N :
Die Reihe ist hier also divergent.
∣
a k+1
a k
∣ ∣∣∣
=
|z|
) k
=
(
1 +
1
k
e
(
1 +
1
k
) k
≥ 1 da
(
1 + 1 k
) k
≤ e
□
41

Aufgabe 37
Geben Sie die ersten 10 Summanden einer Umordnung der alternierenden harmonischen Reihe
1 − 1 2 + 1 3 − 1 4 + · · · + (−1)n−1
n
+ · · · an, welche die Summe 1 hat.
Lösung: Die alternierende harmonische Reihe ist bedingt konvergent (i.e. konvergent, aber nicht absolut
konvergent). Die Existenz der gesuchten Umordnung ist sichergestellt durch den Riemannschen Umordnungssatz
für bedingt konvergente Reihen ∑ a k (Satz 10.4.6). Das hier zur Lösung angegebene Verfahren funktioniert
analog bei jeder bedingt konvergenten Reihe und liefert zugleich einen konstruktiven Beweis des Riemannschen
Umordnungssatzes. Der Notation des Skripts folgend, bezeichnen wir mit (a + k ) die Teilfolge von (a k) bestehend
aus den positiven Folgengliedern und mit (a − k
) diejenige bestehend aus den Absolutbeträgen der negativen
(Nullen werden weggelassen). In unserem Beispiel ist (a + k ) = (1, 1 3 , 1 5 , 1 7 , . . .) und (a− k ) = ( 1 2 , 1 4 , 1 6 , . . .).
Man geht folgendermaßen vor: In einer Summe A 0 summiert man zunächst so viele positive Glieder der Folge
(a + k
) auf, bis der Wert der Summe erstmals größer gleich dem gewünschten Grenzwert c ist. In unserem Fall
A 0 := 1. In einer zweiten Summe B 0 subtrahiert man von A 0 so viele Glieder der Folge (a − k
), bis der Wert der
Summe gerade kleiner als c ist. Bei uns also B 0 := 1 − 1 2 .
Daraus bestimmt man dann A 1 indem man zu B 0 so viele der nächsten, noch nicht benutzten Glieder der Folge
(a + k ) hinzuaddiert bis die Summe wieder gerade größer als c ist. Bei uns also A 1 := 1 − 1 2 + 1 3 + 1 5
≈ 1, 033. Die
Summe B 1 erhält man genau wie oben wieder aus A 1 durch Subtraktion so vieler der noch nicht benutzten
Glieder von (a − k ), dass die Summe gerader kleiner als c ist. In unserem Fall brauchen wir dazu nur 1 4 von A 1
zu subtrahieren. Also B 1 := 1 − 1 2 + 1 3 + 1 5 − 1 4
≈ 0, 783.
Jetzt bestimmt man A 2 aus B 1 genauso wie man oben A 1 aus B 0 gewonnen hat und B 2 aus A 2 genauso wie
oben B 1 aus A 1 . Dann erhält man A 2 := 1 − 1 2 + 1 3 + 1 5 − 1 4 + 1 7 + 1 9 ≈ 1, 037 und B 2 := 1 − 1 2 + 1 3 + 1 5 −
1
4 + 1 7 + 1 9 − 1 6
≈ 0, 871.
Nun ist klar wie es weiter geht: Man bestimmt immer A i aus B i−1 und dann B i aus A i . Wir haben mit
diesem Verfahren eine induktive Definition von A i und B i gegeben. Klarerweise ergibt sich eine Umordnung
der ursprünglichen Reihe, da ja sukzessive (in jedem Schritt mindestens ein Glied hinzunehmen) alle Glieder aus
(a + k ) bzw. (a− k
) genau einmal verwendet werden. In unserem Fall erhält man die gesuchten zehn Summanden
direkt aus A 3 := 1 − 1 2 + 1 3 + 1 5 − 1 4 + 1 7 + 1 9 − 1 6 + 1
11 + 1
13
≈ 1, 038
Die Konvergenz der so konstruierten Reihe definiert durch die Folge ihrer Partialsummen (A i ) gegen c folgt
nun aus der Tatsache, dass (a + k ) als Teilfolge der Nullfolge (a k) (die Reihe ∑ a k konvergiert ja, d.h. (a k ) muss
Nullfolge sein) selbst eine Nullfolge ist und sich (A i ) von c höchstens um das zuletzt hinzu addierte Folgenglied
aus (a + k
) unterscheiden kann.
Zur Wohldefiniertheit der obigen Konstruktion ist es noch notwendig, dass auch stets genügend viele ”große”
Glieder aus (a + k ) und (a− k ) zur Verfügung stehen um A i > c aus B i−1 < c bzw. B i < c aus A i > c konstruieren
zu können. Das folgt aber direkt aus der Bemerkung (b) zu Satz 10.4.3, wonach für eine beliebige bedingt
konvergente Reihe ∑ a k , die Reihen ∑ a + k und ∑ a − k
divergent sind und also über alle Grenzen wachsen (alle
ihre Glieder sind positiv).
□
Aufgabe 38
(a) Stellen Sie die rationale Zahl 1 9
für g = 10, g = 7 und g = 12 jeweils als g-al-Bruch dar.
(b) Zeigen Sie: Hat die reelle Zahl r ∈ [0, 1[ die g-al-Entwicklung
r = 0, z 1 z 2 z 3 . . .
dann ist r genau dann rational, wenn es ein p ∈ N und N ∈ N gibt, so dass für alle n ∈ N mit
n ≥ N gilt z n+p = z n (schließlich periodische g-al-Bruchentwicklung).
Lösung:
42

(a) Man arbeitet nach dem g-al-Algorithmus (Theorem 10.3.4 im Skript): Sei g = 10, z 0 := 0 und r 0 := r = 1 9
z 1 := [10r 0 ] = [ ]
10
9 = 1, r1 := 10r 0 − z 1 = 10 9 − 1 = 1 9
z 2 := [10r 1 ] = [ ]
10
9 = 1, r2 := 10r 1 − z 2 = 10 9 − 1 = 1 9
z 1 = z 2 = z 3 = . . . = 1 r = 1 9
= 0.1 = 0.1111 . . .
Sei g = 7, z 0 := 0 und r 0 := r = 1 9
z 1 := [7r 0 ] = [ 7
9]
= 0, r1 := 7r 0 − z 1 = 7 9 − 0 = 7 9
z 2 := [7r 1 ] = [ ]
49
9 = 5, r2 := 7r 1 − z 2 = 49 9 − 5 = 4 9
z 3 := [7r 2 ] = [ ]
28
9 = 3, r3 := 7r 2 − z 3 = 28 9 − 3 = 1 9
z 4 := [7r 3 ] = [ 7
9]
= 0, r4 := 7r 3 − z 4 = 7 9 − 0 = 7 9
z 3k+1 = 0, z 3k+2 = 5, z 3k+3 = 3 ∀ k ∈ N 0 r = 1 9
= 0.053 = 0.053053053 . . .
Sei g = 12, z 0 := 0 und r 0 := r = 1 9
z 1 := [12r 0 ] = [ ]
12
9 = 1, r1 := 12r 0 − z 1 = 12 9 − 1 = 3 9
z 2 := [12r 1 ] = [ ]
36
9 = 4, r2 := 12r 1 − z 2 = 36 9 − 4 = 0
z 3 := [12r 2 ] = [0] = 0, r 3 := 12r 2 − z 3 = 0 − 0 = 0
z 1 = 1, z 2 = 4, z 3 = z 4 = z 5 = . . . = 0 r = 1 9 = 0.14
(b) ”=⇒”: Sei r ∈ [0, 1[ ∩ Q rational, r = a b mit a ∈ N 0, b ∈ N, a < b.
Betrachtet man den g-al Algorithmus, so erkennt man sofort, daß mit r 0 = r = a b auch alle Reste r j (j ∈
N 0 ) die Form 0 b , 1 b , . . . , b−1
b
haben. Man hat also nur endlich viele Möglichkeiten. Nach Schubfachprinzip
existieren i < j ∈ N 0 mit r i = r j . Dies impliziert z i+1 = [g r i ] = [g r j ] = z j+1 und r i+1 = g r i − z i+1 =
g r j − z j+1 = r j+1 und induktiv ∀ k ∈ N : z i+k = z j+k ∧ r i+k = r j+k .
Die Reste und die Ziffern wiederholen sich daher ab der Stelle N := i + 1 mit Periode p := j − i > 0,d.h.
∀ n ∈ N mit n ≥ N gilt:
z n = z i+k = z j+k = z j−i+i+k = z p+i+k = z n+p
und
r n = r i+k = r j+k = r j−i+i+k = r p+i+k = r n+p (mit k := n − i ∈ N)
Die g-al Entwicklung von r ist (schließlich) periodisch.
”⇐=”: Sei die g-al Entwicklung r = 0, z 1 z 2 z 3 . . . von r ∈ [0, 1[ (schließlich) periodisch, i.e. ∃ N ∈
N, p ∈ N : ∀ n ≥ N : z n+p = z n so gilt:
r =
∞∑
j=1
N−1
z j
g j = ∑
=
=
N−1
∑
j=1
N−1
∑
j=1
j=1
⎛
∞
z j
g j + ∑
⎝
i=0
N+p−1
z j
g j + ∑
j=N
N+(i+1)·p−1
∑
j=N+i·p
⎞
N−1
z j
∑
N+p−1
⎠
z j
g j =
g j + ∑
j=1
z j
g j + 1 N+p−1
g p ·
∑ z j+p
g j + 1
g 2p ·
j=N
(
z j
g j + 1 + 1 g p + 1 ) N+p−1
g 2p + . . . ∑ z j
·
j=N
j=N
N+p−1
∑
j=N
N−1
gj =
∑
j=1
N+2p−1
z j
g j + ∑
N+3p−1
z j
g j + ∑
z j+2p
g j
∞
z j
g j + ∑
k=0
=
j=N+p
j=N+2p
+ . . . z j = z j+p = z j+2p
=
( ) k N+p−1
1 ∑
g p ·
N−1
∑
j=1
j=N
z j
g j =
z j
g j +. . . =
z j
g j + 1
N+p−1
∑ z j
1 − 1 ·
g
g j
p j=N
43

wobei im letzten Schritt die Konvergenz der geometrischen Reihe ∑ ∞
k=0
benutzt wurde.
Da ∑ N−1
j=1
z j
g j
∈ Q und ∑ N+p−1
j=N
z j
g j ∈ Q ist auch r ∈ Q.
(
) k ∣ ∣
1
g =
1 ∣∣ mit 1 ∣∣ p 1− 1
g p g < 1
p
□
Aufgabe 39
Geben Sie eine Partialsumme an, welche die Summe der Reihe ∑ ∞
approximiert.
k=0 ik
k!
bis auf einen Fehler < 10 −8
Lösung: Wir setzen exp(i) := ∑ ∞
k=0 ik
k!
und S N (i) := ∑ N
k=0 ik
k!
. Dann soll gelten:
∣ ∞∑ i k
∣∣∣∣ |exp(i) − S N (i)| =
∣ k! ∣ = 1
∞∑
(N + 1)! · i k
k! ∣ < 10−8 (8.1)
Benutzung der Dreiecksungleichung ergibt:
k=N+1
k=0
|exp(i) − S N (i)| ≤
1
(N + 1)! ·
∞∑
k=0
|i| k
k!
=
1
(N + 1)! ·
∞∑
k=0
1
k! = 1
(N + 1)! · e
e
Damit ist die obige Abschätzung (8.1) auf jeden Fall gültig, sobald
(N+1)! < 10−8 ist. Man berechnet direkt,
e
daß dies für N ≥ 11 der Fall ist (
(11+1)! = e
12! = e
479001600 ≈ 0.567489 · 10−8 ).
Alternativ kann man die Aufgabe auch mithilfe der Abschätzung aus dem Leibniz-Kriterium (10.2.2 im Skript)
lösen. Dazu zerlegt man die Reihe in zwei alternierende Teilreihen (Real- und Imaginärteil):
∞∑
k=0
i k ∞
k! = ∑
k=0
(−1) k
(2k)!
+ i ·
und bestimmt N ∈ N so daß beide Partialsummen ∑ ⌊ N 2 ⌋
k=0
kleiner 10−8 √
2
haben:
∣ ∞∑ i k N ∣∣∣∣∣∣ ∣ k! − ∑ i k
∞ k! ∣ = ∑
k=0
k=0
k=0
=
∞∑
√
∣k=0
(−1) k
(2k)!
(−1) k
(2k)!
+ i ·
∞∑
k=0
⌊ N 2
∑
⌋
−
k=0
(−1) k ⌊ N 2 ⌋
(2k + 1)! − ∑
(−1) k
(2k)!
≤
Leibniz
k=0
∞∑
k=0
(−1) k
(2k)!
(−1) k
(2k)!
(−1) k
(2k + 1)!
und ∑ ⌊ N−1
2 ⌋
k=0
− i ·
⌊ N−1
2 ⌋
∑
k=0
(−1) k
(2k+1)!
(−1) k
=
(2k + 1)!
∣
jeweils einen Fehler
2
2
∞∑
⌊ N−1
(−1) +
k
2 ⌋
(2k + 1)! − ∑ (−1) k
≤
(2k + 1)!
∣ ∣k=0
k=0 ∣
(
) 2 (
) 2
√ 1
(2( ⌊ 1
⌋ +
N
2 + 1))! (2( ⌊ ⌋ < 10 −8
N−1
2 + 1) + 1)!
obige Fehler-
Tatsächlich ist das gefundene N = 11 sogar die kleinste Zahl, so daß die Partialsumme ∑ N
abschätzung in (8.1) erfüllt:
k=0 ik
k!
> Digits:=15;
Digits := 15
> evalf(sum(I^k/k!,k=0..infinity));
44

0.540302305868139 + 0.841470984807896 I
> for i from 8 to 12 do print(i,‘
> Partialsumme:‘,evalf(sum(I^k/k!,k=0..i)),‘
> Fehler:‘,evalf(abs(sum(I^k/k!,k=i+1..infinity)))); od;
8, Partialsumme :, 0.540302579365079 + 0.841468253968253 I, Fehler :, 0.274450099822461 10 −5
9, Partialsumme :, 0.540302579365079 + 0.841471009700176 I, Fehler :, 0.274627386823100 10 −6
10, Partialsumme :, 0.540302303791887 + 0.841471009700176 I, Fehler :, 0.249787193719885 10 −7
11, Partialsumme :, 0.540302303791887 + 0.841470984648067 I, Fehler :, 0.208239525163158 10 −8
12, Partialsumme :, 0.540302305879562 + 0.841470984648067 I, Fehler :, 0.160236215782242 10 −9 □
Aufgabe 40
Eine kleine Schnecke kriecht mit einer Geschwindigkeit von 10 Zentimetern pro Minute auf einem
Gummiband entlang, das pro Minute vom Schneckenexperimentator um jeweils einen Meter weiter
gedehnt wird. Vor Beginn des Experiments ist das Band einen Meter lang. An einem seiner Enden
startet die Schnecke.
Wir machen folgende Modellannahmen:
• Der Dehnungsvorgang ist beliebig wiederholbar.
• Der Schneckenexperimentator und die Schnecke leben beliebig lange.
Schafft es die Schnecke, das andere Ende des Bandes jemals zu erreichen und wenn sie es schafft,
wie lange braucht sie dafür?
Lösung: Das Gummiband wird in jedem Schritt gleichmäßig über seine ganze Länge gedehnt (sowohl das
schon zurückgelegte Wegstück hinter der Schnecke, als auch das noch vor ihr liegende Stück wächst). Seine
Länge beträgt im n-ten Schritt, i.e. während der n-ten Minute des Experiments, genau b n = n Meter (rekursive
Folge mit b 1 := 1 und b k+1 := b k + 1).
Betrachten wir zunächst die relative Position der Schnecke auf dem Gummiband: Die Schnecke legt in jeder
Minute genau 10 cm zurück. Dies entspricht im ersten Schritt genau 1
10
der Bandlänge, im n-ten Schritt
1
dagegen nur
10 · 1
b n
= 1
10·n
der Bandlänge. Durch den Dehnvorgang verändert sich die relative Position auf
dem Gummiband nicht.
Nach dem n-ten Schritt hat die Schnecke daher von ihrem Startpunkt aus gemessen genau den relativen Anteil
r n = 1
10 + 1
2 · 10 + 1
3 · 10 + . . . + 1
n · 10 =
n ∑
k=1
1
10 · k = 1
10
des Bandes zurückgelegt. Die Schnecke erreicht (in endlicher Zeit) das Ende, falls r n ≥ 1 für ein n ∈ N.
Genauer kommt sie in der n-ten Minute an, in der r n erstmals ≥ 1 wird.
Alternativ betrachtet man die absolute Position der Schnecke: Diese wird durch folgende Rekursion beschrieben:
s 1 := 1 10
s n+1 := s n · bn+1 + 1
b n 10 = s n · n + 1 + 1 n 10
Mittels vollständiger Induktion beweist man die explizite Darstellung der Folge (s n ) n∈N : s n = n · 1
Induktionsanfang (n = 1): s 1 = 1 · 1 ∑ 1
10 k=1 1 k = 1
10
Induktionsvoraussetzung: Die explizite Darstellung für s n ist gültig.
n∑
k=1
1
k
10
∑ n
k=1 1 k
45

Induktionsschritt (n n + 1):
s n+1 = s n · n + 1
n
+ 1 10 = (n ·
1
10
n∑
k=1
)
1
· n + 1 + 1
k n 10 =
= (n + 1) ·
( n
)
1
10 ·
∑ 1
k + 1 = (n + 1) ·
n + 1
k=1
n+1
1 ∑ 1
10 k
k=1
Wieder erreicht die Schnecke das Ende das Gummibandes, wenn ein n ∈ N existiert, so daß s n ≥ b n oder
äquivalent sn
b n
= 1 ∑ n
10 k=1 1 k ≥ 1 ist.
Da die harmonische Reihe ∑ ∞
∑ k=1 1 k
divergiert, existiert insbesondere ein n ∈ N, so daß die Partialsumme
n
k=1 1 k
≥ 10 ist. Das kleinste solche n findet man mit MAPLE zu n = 12367. Die Schnecke hat das Ende
des Gummibandes während der 12367-ten Minute, i.e. nach 8 Tagen 14 Stunden und 7 Minuten erreicht
(selbstverständlich ohne dabei jemals eine Pause eingelegt zu haben und unter ständiger Aufrechterhaltung der
Schnecken-Turbo-Geschwindigkeit von 10 cm/min).
> Digits:=25:for i from 12360 to 12370 do print
> (‘i=‘,i,‘ Partialsumme=‘,evalf(sum(1/k,k=1..i))) od;
i =, 12360, Partialsumme =, 9.999476848442164539226144
i =, 12361, Partialsumme =, 9.999557748045756481625626
i =, 12362, Partialsumme =, 9.999638641105131987207247
i =, 12363, Partialsumme =, 9.999719527621349733708905
i =, 12364, Partialsumme =, 9.999800407595468141991015
i =, 12365, Partialsumme =, 9.999881281028545376119603
i =, 12366, Partialsumme =, 9.999962147921639343449378
i =, 12367, Partialsumme =, 10.00004300827580769470676
i =, 12368, Partialsumme =, 10.00012386209210782407286
i =, 12369, Partialsumme =, 10.00020470937159686926649
i =, 12370, Partialsumme =, 10.00028555011533171162704
□
Übungsblatt 9
Aufgabe 41
Zeigen Sie: Ist (a k ) eine monoton fallende Folge nichtnegativer reeller Zahlen, dann ist die Reihe
∑ (ak ) k≥1 genau dann konvergent, wenn die ”verdichtete Reihe” ∑ (2 j a 2 j ) j≥0 konvergiert.
Zeigen Sie als Anwendung, dass die allgemeine harmonische Reihe ∑ ( 1
k
(mit s ∈ Q) genau dann
)k≥1 s
konvergiert, falls s > 1 gilt.
Lösung:
Beweis:
Wir definieren:
∞∑
2 j · a 2 j = a 1 + 2a 2 + 4a 4 + 8a 8 + . . .
j=0
n∑
n∑
s n := a k t n := 2 j · a 2 j
k=1
j=0
46

Da (a k ) n∈N eine monoton fallende Folge nichtnegativer Zahlen ist, gilt für n < 2 k+1 folgende Abschätzung:
s n ≤ a 1 + (a 2 + a 3 ) + (a 4 + a 5 + a 6 + a 7 ) + . . . + (a 2 k + . . . + a 2 k+1 −1) ≤
≤ a 1 + 2a 2 + 4a 4 + . . . + 2 k · a 2 k = t k
Nach dem Satz über monotone Folgen ist die Konvergenz der Folge (s n ) n∈N gesichert, falls die verdichtete
Folge (t k ) k∈N konvergiert (ihr Grenzwert liefert dann eine obere Schranke für die Folge der Partialsummen s n ).
Umgekehrt gilt für n ≥ 2 k die Abschätzung:
s n ≥ a 1 + a 2 + (a 3 + a 4 ) + . . . + (a 2 k−1 +1 + . . . + a 2 k) ≥ a 1 + a 2 + 2a 4 + . . . + 2 k−1 a 2 k = 1 2 a 1 + 1 2 t k
Wenn also die verdichtete Reihe divergiert, i.e. t k
k→∞
−−−→ ∞, so ergibt sich s n
n→∞
−−−→ ∞.
Die beiden Reihen ∑ a k und ∑ (2 j a 2 j ) sind somit entweder beide beschränkt oder beide unbeschränkt. Ihr
Konvergenzverhalten ist daher gleich.
□
Wir betrachten als Anwendung die allgemeine harmonische Reihe ∑ ∞
k=1 1
k
mit einer rationalen Zahl s ∈ Q:
s
Wir sehen, dass die Reihe ∑ ∞
k=1 1
k
für s > 1 konvergiert und für s ≤ 1 divergiert, denn aus dem Obigen folgt
s
für die verdichtete allgemeine harmonische Reihe:
∞∑
∞
2 j 1
(2 j ) s = ∑
∞∑
2 (1−s)j =
j=0
j=0
mit q := 2 1−s > 0. Dies ist gerade die geometrische Reihe, welche genau dann konvergiert, wenn q = ( 1
2) s−1
<
1 oder dazu äquivalent wenn s > 1. □
j=0
q j
Aufgabe 42
Sei K = R oder K = C und l 2 (K) :=
{
(a k ) k≥1 | a k ∈ K und ∑ }
|a k | 2 ist konvergent . Zeigen Sie:
(a) Für (a k ) ∈ l 2 (K) und (b k ) ∈ l 2 (K) ist auch die Reihe ∑ (|a k | · |b k |) konvergent.
Tipp: Cauchy-Schwarz’sche Ungleichung oder Ungleichung zwischen arithmetischem & geometrischem
Mittel und Majorantenkriterium.
(b) l 2 (K) ist ein K-Vektorraum.
(c) Es gilt:
∣ ∞∑ ∣∣∣∣
2 ( ∞ 2
∑
∞∑ ∞∑
a k b k ≤ |a k | |b k |)
≤ |a k | 2 · |b k | 2
∣
k=1
k=1
k=1
k=1
Lösung:
(a) Für alle Zahlen ( a k , b k aus K gilt bekanntlich 0 ≤ (|a k | − |b k |) 2 = |a k | 2 − 2 |a k | · |b k | + |b k | 2 also
|a k | · |b k | ≤ 1 2
|a k | 2 + |b k | 2) Da die Summanden der Reihe ∑ (|a k | · |b k |) alle nicht negativ sind, sind die
Partialsummen automatisch größer gleich Null und wachsen monoton. Außerdem konvergiert die Folge
der Partialsummen genau dann, wenn sie absolut konvergiert (macht bei nichtnegativen Gliedern keinen
Unterschied) und die beiden Grenzwerte stimmen dann überein. Wenn wir also eine (monoton steigende)
konvergente Majorante finden können, sind wir fertig. Das ist aber mit obiger Ungleichung einfach, denn:
n∑
|a k | · |b k | ≤
k=1
n∑
k=1
1
2 (|a k| 2 + |b k | 2 ) = 1 2
n∑
|a k | 2 + 1 2
k=1
n∑
|b k | 2
k=1
47

also wegen obigen Überlegungen und dem Permanenzprinzip:
∞∑
|a k | · |b k | ≤ 1 ∞∑
|a k | 2 + 1 ∞∑
|b k | 2
2
2
k=1
k=1
wobei die beiden Reihen ∑ |a k | 2 und ∑ |b k | 2 ja nach Voraussetzung konvergieren, da (a k ) k∈N und
(b k ) k∈N in l 2 (K) liegen.
(b) Erst einmal benötigt man natürlich einen Kandidaten für eine Vektorraumstruktur. Es ist sinnvoll für zwei
Folgen (a k ) k∈N und (b k ) k∈N die Addition zu definieren als:
und die Skalarmultiplikation mit λ ∈ K als:
k=1
(c k ) k∈N = (a k ) k∈N ⊕ (b k ) k∈N := (a k + b k ) k∈N
λ · (a k ) k∈N := (λ a k ) k∈N
Diese beiden Operationen machen aus der Menge ALLER Folgen in K einen Vektorraum, was sich
leicht nachprüfen lässt, denn die Summe zweier Folgen ist eine Folge, das Produkt einer Zahl und einer
Folge ebenso und die Gruppeneigenschaften der Addition sowie die Verträglichkeiten zwischen Addition
und Skalarmultiplikation folgen aus der Definition (Dies ist eine gute Übung, um nocheinmal explizit
die Vektorraumaxiome nachzuweisen). Es handelt sich übrigens um ein Beispiel für einen unendlichdimensionalen
Vektorraum. Wir zeigen im Folgenden, dass der l 2 (K) ein linearer Teilraum ist (Testfrage:
welcher Dimension?):
Es ist also zu zeigen, dass l 2 (K) abgeschlossen bezüglich der Addition und Skalarmultiplikation mit λ ∈ K
ist. (Die Nullfolge ist natürlich ein Element von l 2 (K), da die Nullreihe ∑ 0 = ∑ |0| 2 konvergiert).
Seien (a k ) k∈N ∈ l 2 (K), (b k ) k∈N ∈ l 2 (K) und λ ∈ K. Dann gilt:
∞∑
|λ a k | 2 = lim
k=1
n→∞
k=1
n∑
|λ a k | 2 = |λ| 2 lim
n→∞
k=1
n∑
∑ ∞
|a k | 2 = |λ| 2 |a k | 2
d.h. mit ∑ |a k | 2 konvergiert auch ∑ |λ a k | 2 und die Folge (λ a k ) k∈N liegt in l 2 (K).
Weiter gilt:
∞∑
|a k + b k | 2 = lim
k=1
(*)
≤
(a)
≤ 2
n→∞
k=1
lim
n→∞
k=1
k=1
n∑
|a k + b k | 2 = lim
n∑
|a k | 2 + 2 lim
n→∞
k=1
n→∞
k=1
∞∑
∞∑
|a k | 2 + 2 |b k | 2
k=1
k=1
n∑ (|a k | 2 + 2 Re(a k b k ) + |b k | 2)
n∑
|a k | |b k | + lim
n→∞
k=1
n∑
|b k | 2
wobei in (*) die Eigenschaften des Betrages Re(a k b k ) ≤ ∣ ∣ ak b k
∣ ∣ = |ak | · |b k | und das Permanenzprinzip
benutzt wurden.
(c) Die zu beweisenden Ungleichungen folgen daraus, dass für alle n ∈ N gilt (was wir unten zeigen):
∣ n∑ ∣∣∣∣
2 ( n 2 (
∑
n 2
∑
a k b k ≤ |a k b k |)
= |a k | |b k |)
≤
∣
k=1
k=1
k=1
n∑ ∑
n
|a k | 2 |b k | 2 (9.1)
Aufgrund der rechten Ungleichung existiert der Limes n → ∞ (beide Reihen rechts konvergieren). Durch
diesen Grenzübergang ergibt sich aus obiger Ungleichungskette die Behauptung.
Die linke Ungleichung in (9.1) gilt, nach Dreiecksungleichung. Die Gleichheit in der Mitte folgt, weil
bekanntlich für alle a, b ∈ K gilt |a b| = |a| |b| = |a| |b|. Die rechte Ungleichung ist nichts anderes als ein
Spezialfall der Cauchy-Schwarz’schen Ungleichung für n-dimensionale K-Vektorräume!
k=1
k=1
48

Man kann sie aber auch direkt nachweisen: Dazu sei bemerkt, dass die rechte Ungleichung auf jeden Fall
gilt, wenn eine der beiden Folgen nur aus Nullen besteht (dann steht rechts und links des Ungleichheitszeichens
jeweils 0). Wir nehmen daher an, dass die Folge (b k ) k∈N nicht nur aus Nullen besteht, i.e. es gibt
ein N ∈ N, so daß b N das erste Folgenglied ungleich Null ist. Offensichtlich gilt die rechte Ungleichung
in (9.1) für n < N (wieder ergibt sich 0 ≤ 0). Sei nun n ≥ N, so ist ∑ n
k=1 |b k| 2 > 0. Weiter gilt für alle
λ > 0 und µ ∈ R:
0 ≤ 1 λ
n∑
(λ |a k | + µ |b k |) 2 = 1 λ
k=1
n∑
k=1
speziell für λ := ∑ n
k=1 |b k| 2 > 0 und µ := − ∑ n
k=1 |a k| · |b k | gilt:
n∑
0 ≤ 1 λ
(
= 1 λ
=
k=1
λ 2
(
)
λ 2 |a k | 2 + µ 2 |b k | 2 + 2λ · µ · |a k | · |b k |
(
)
λ 2 |a k | 2 + µ 2 |b k | 2 + 2λ · µ · |a k | · |b k |
n
∑
k=1
n∑
|b k | 2 ·
k=1
also die rechte Ungleichung in (9.1).
|a k | 2 + µ 2 λ − 2λ µ µ
)
= λ
(
n∑ ∑ n
|a k | 2 − |a k | · |b k |
k=1
k=1
Mathematische Anmerkung:
Man kann auf l 2 (K) wie folgt ein Skalarprodukt definieren:
k=1
) 2
n∑
|a k | 2 − µ 2
〈(a k ) k∈N , (b k ) k∈N 〉 := ∑ ∞
k=1 a k b k
Solange diese Summe konvergiert (und das tut sie für alle Folgen (a k ) k∈N , (b k ) k∈N aus l 2 (K) sogar
absolut, wie in (a) gezeigt) hat sie die selben algebraischen Eigenschaften wie im endlich-dimensionalen,
woraus die Skalarprodukteigenschaften sofort folgen (eben genau so wie in n Dimensionen). Das wirft
übrigens auch ein anderes Licht auf die Summe ∑ |a k | 2 : Es handelt sich bei l 2 (K) um den Raum aller
Folgen, denen man eine Norm zuweisen kann, die von einem Skalarprodukt herkommt!
Historische Anmerkung:
Es handelt sich bei l 2 (K) um einen erstmals von David Hilbert untersuchten Raum. Die von Hilbert
in seiner Veröffentlichung benutzten Methoden (wenn damals auch noch sehr rudimentär) bilden bis
heute den Grundstein der Funktionalanalysis. Es handelt sich bei l 2 (K) um ein Beispiel eines vollständigen
(i.e. jede Cauchy-Folge konvergiert) normierten unendlich-dimensionalen Vektorraumes, welche man
heute Hilberträume nennt. Hilbert wollte damit ursprünglich nur Integralgleichungen lösen, das daraus
entstandene Konzept des Hilbertraumes ist jedoch viel allgemeiner und hat sich rasant schnell entwickelt.
Hilbert soll seinen Schüler Weyl nach einem Vortrag gefragt haben: ,,Herr Weyl, eine Sache müssen Sie
mir erklären: Was ist das eigentlich, ein ≫Hilbert’scher Raum≪? Das habe ich nicht verstanden.”
□
Aufgabe 43
Zeigen Sie:
(a) Die Menge E(N) aller endlichen Teilmengen von N ist abzählbar.
(b) Die Menge P(N) aller Teilmengen von N ist überabzählbar.
Tipp zu (b): Nehmen Sie an, es gibt eine Bijektion f : N → P(N) und betrachten Sie dann die
Menge A := {n ∈ N | n /∈ f(n)}.
Lösung:
49

(a) Sei A i := {1, 2, . . . , i} mit i ∈ N. Dann gilt: |P(A i )| = 2 i , für alle i ∈ N. P(A i ) ist also immer endlich.
Offensichtlich ist ⋃ i∈N P(A i) = E(N) (Jede Menge M aus P(A i ) mit i beliebig ist als (endliche)
Teilmenge von A i natürlich in E(N) enthalten. Umgekehrt existiert aber auch für jedes M aus E(N) ein
i mit M ⊂ A i also M ∈ P(A i ).)
Damit existiert folgendes Abzählschema über alle P(A i ):
P(A 1 ) ∅ → {1}
↘
P(A 2 ) ∅ {1} {2} → {1, 2}
↘
P(A 3 ) ∅ {1} {2} {1, 2} {3} → {1, 3} → {2, 3} → {1, 2, 3}
↘
P(A 4 ) ∅ {1} {2} {1, 2} {3} {1, 3} {2, 3} {1, 2, 3} {4} → {1, 4} → . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
E(N) ist also abzählbar.
Alternativ kann man die Abbildung f : E(N) → N betrachten, die wie folgt definiert wird: Sei (p n ) n∈N :=
∏
(2, 3, 5, 7, . . .) die monoton wachsende Folge aller Primzahlen. Zu M ∈ E(N) definiert man f(M) :=
n∈M p n. Da M eine endliche Menge ist gilt f(M) ∈ N (endliches Produkt von Primzahlen). Zudem
ist die Abbildung ∣ f injektiv, denn zu M ≠ N ∈ E(N) gibt es oE n ∈ N mit n ∈ M aber n /∈ N. Dies
impliziert p n f(M) aber pn ̸ ∣ f(N), also f(M) ≠ f(N).
Schränkt man f auf sein Bild f(E(N)) ⊂ N ein, erhält man eine Bijektion zwischen E(N) und einer
(höchstens abzählbaren) Teilmenge von N. Da E(N) die abzählbar vielen einelementigen Mengen {n} mit
n ∈ N enthält, ist somit E(N) ∼ N also abzählbar.
(b) Beweis: [Durch Widerspruch] Angenommen es gäbe eine Bijektion f : N → P(N). Für jedes n ∈ N ist
dann f(n) eine Teilmenge von N. Sei nun A die Menge A := {n ∈ N : n /∈ f(n)}
Per Definition ist A eine Teilmenge von N, also ein Element der Potenzmenge P(N). Da f laut Annahme
surjektiv ist, gibt es dann ein m ∈ N mit: f(m) = A
Fallunterscheidung:
• Sei m ∈ A. Widerspruch zur Konstruktion von A: m /∈ f(m) = A.
• Sei m /∈ A. Daraus folgt nach Definition von A, daß m ∈ f(m) = A, was ebenfalls ein Widerspruch
ist.
Die Annahme war also falsch, damit kann P(N) nicht abzählbar sein, ist also überabzählbar.
□
Alternativ kann man hier die in der Zentralübung gezeigte Überabzählbarkeit der Menge {0, 1} N aller 0/1-
Folgen benutzen, indem man eine Bijektion{
f : P(N) → {0, 1} N wie folgt konstruiert: Sei M ∈ P(N),
1 falls n ∈ M
so definiere f(M) := (x n ) n∈N mit x n :=
0 falls n /∈ M ∀ n ∈ N. Die Folge (x n) n∈N ist also die
charakteristische Funktion der Menge M ⊂ N (Man überlege sich, warum f bijektiv ist). Damit folgt
P(N) ∼ {0, 1} N , also überabzählbar.
□
Aufgabe 44
Untersuchen Sie die folgenden Funktionen auf Stetigkeit:
50

(a) f : Q → R mit
f(x) =
{
1, falls x > √ 5
−1, falls x < √ 5
Hier können Sie benutzen, dass es keine rationale Zahl r mit r 2 = 5 gibt.
Gibt es eine stetige Funktion ˜f : R → R mit ˜f|Q = f ?
(b) f : R → R mit
f(x) =
{
x, falls x rational
0, falls x irrational
(c) f : R → R mit f(x) = ⌊x⌋ + √ x − ⌊x⌋.
Skizzieren Sie im Fall (c) auch den Graphen von f. Ist f streng monoton wachsend? Beweis?
Lösung:
(a) Behauptung: f ist stetig in allen Punkten des Definitionsbereichs.
Bei dieser Aufgabe liegt der Kniff in der Definition der Funktion – insbesondere in der Wahl des Definitionsbereiches.
Die Aufgabe lässt sich sowohl mit der ε-δ-Definition der Stetigkeit als auch mit der
Folgenstetigkeit bearbeiten.
• ε-δ-Charakterisierung: Sei a ∈ Q beliebig.
Für ε > 2 ist die Forderung ”∃ δ > 0, dass aus |x − a| < δ die Relation |f(x) − f(a)| < ε folgt”
trivial, wegen |f(x) − f(a)| ≤ 2 für alle möglichen Wahlen von x und a.
Sei 0 < ε ≤ 2. Setze dann δ := |a−√ 5|
2
> 0 (da √ 5 /∈ Q, also ∣ √ ∣ a − 5 > 0). Dann ergibt sich
f(x) − f(a) = 0 für alle x ∈ U δ (a), wobei U δ (a) := ]a − δ, a + δ[ ∩ Q und somit insbesondere
|f(x) − f(a)| < ε. Hiermit ist f nach Theorem 11.2.1 stetig.
• Folgenstetigkeit:
Sei a ∈ D = Q beliebig gewählt, also insbesondere a ≠ √ 5. Hieraus ergibt sich für eine gegen
a konvergierende Folge (x n ) n∈N und ε := ∣ ∣ a −
√
5
∣ ∣ > 0: ∃ N ∈ N : ∀ n ≥ N : |xn − a| < ε.
Nach der Definition von f folgt für alle n ≥ N: f(x n ) = f(a) und somit lim n→∞ f(x n ) = f(a).
Also ist f nach Theorem 11.2.1 folgenstetig und man hat die Äquivalenz der beiden möglichen
Stetigkeitsdefinitionen an diesem konkreten Beispiel verifiziert.
Nein, es existiert keine stetige Funktion ˜f : R → R mit ˜f|Q = f.
Beweis: Wir nehmen an, eine solche Funktion würde existieren. Dann wäre ˜f in allen Punkten des
Definitionsbereiches stetig, also insbesondere stetig im Punkt √ 5 ∈ R. Betrachten wir nun zwei verschiedene
reelle (sogar rationale) Zahlenfolgen, die beide, einmal von rechts und einmal von links gegen √ 5
konvergieren:
• Sei a n := ⌊√ 5·10 n ⌋
10 n . Insbesondere sind alle a n ∈ Q, d.h. es gilt ˜f(a n ) = f(a n ) und a n < √ 5,
d.h. f(a n ) = −1 ∀ n ∈ N. Nach Annahme ist ˜f stetig, somit insbesondere folgenstetig und wegen
lim n→∞ a n = √ 5 muss gelten ˜f( √ 5) = lim n→∞ ˜f(an ) = lim n→∞ f(a n ) = lim n→∞ −1 = −1.
• Sei b n := ⌈√ 5·10 n ⌉
10 n . Insbesondere sind wieder alle b n ∈ Q mit b n > √ 5, d.h. ˜f(bn ) = f(b n ) = 1.
Nach Annahme ist ˜f stetig, somit insbesondere folgenstetig und wegen lim n→∞ b n = √ 5 muss
gelten ˜f( √ 5) = lim n→∞ ˜f(bn ) = lim n→∞ 1 = 1.
Dies ist jedoch ein Widerspruch (zwei verschiedene (Grenz-)Werte für ˜f( √ 5))! Also gibt es keine stetige
Fortsetzung von f auf R.
□
(b) Behauptung: Die gegebene Funktion ist nur stetig in 0.
51

• 1. Schritt: f ist stetig in 0.
Beweis: Am einfachsten zeigt man die Stetigkeit in 0 via Folgenstetigkeit. Sei (a n ) n∈N eine Nullfolge.
Es existiert also für alle ε > 0 ein N ∈ N mit: ∀ n ≥ N : |a n | < ε. Dies impliziert sofort ∀ n ≥ N :
|f(a n )| ≤ |a n | < ε und somit ist auch (f(a n )) n∈N eine Nullfolge, womit die Folgenstetigkeit wegen
f(0) = 0 gezeigt ist.
Alternativ mit der ε-δ-Stetigkeit: Sei ε > 0 vorgegeben. { Wähle δ := ε > 0, so gilt ∀ x ∈ R:
|x| x rational
|x| = |x − 0| < δ =⇒ |f(x) − f(0)| = |f(x) − 0| =
0 x irrational ≤ |x| < δ = ε □
• 2. Schritt: f ist nicht stetig in a ≠ 0.
Beweis: Betrachte zunächst 0 ≠ a ∈ Q und wähle ε := |f(a)|
2
> 0. Dann existiert für alle
δ > 0 ein b ∈ ]a − δ, a + δ[ mit b ∈ R \ Q (Q ist dicht in R). Insbesondere ist f(b) = 0 und
|f(a) − f(b)| = |f(a)| = 2ε > ε. Speziell kann für ε < |f(a)| die Eigenschaft aus der ε-δ-
Charakterisierung der Stetigkeit nicht erfüllt werden und f ist unstetig in allen Punkten a ∈ Q\{0}.
Sei nun a ∈ R \ Q. Zu a > 0 wähle 0 < s < t ∈ Q mit a ∈ [s, t] =: I. Die Wahl von 0 < s < t
impliziert 0 /∈ I. Nun gilt für alle q ∈ I ∩ Q : |f(q)| = q ≥ s = |f(s)| > 0. Setzt man nun
ε := |f(s)|
2
> 0, so gibt es für alle δ > 0 ein x ∈ I ∩ Q mit |x − a| < δ aber |f(x) − f(a)| =
|f(x) − 0| = x ≥ s = |f(s)| = 2ε > ε und f ist nicht stetig bei a.
Zu a < 0 wähle 0 > t > s ∈ Q mit a ∈ [s, t] =: I. Die Wahl von s < t < 0 impliziert 0 /∈ I. Nun
gilt für alle q ∈ I ∩ Q : |f(q)| = |q| ≥ |t| = |f(t)| > 0. Setzt man nun ε := |f(t)|
2
> 0, so findet
man wieder kein δ > 0 so daß für alle x ∈ R mit |x − a| < δ =⇒ |f(x) − f(a)| = |f(x)| < ε. □
Damit ist f nur im Nullpunkt stetig.
(c) Behauptung: Die Funktion f ist stetig schlechthin, d.h. stetig in allen Punkten des Definitionsbereiches.
Die Funktion x ↦→ ⌊x⌋ ist konstant und somit stetig auf Intervallen der Form ]a, a + 1[ mit a ∈ Z (vgl.
auch Skript 11.1.2 (c) oder 11.2.2 (d)). Nach den Rechenregeln für stetige Funktionen (Skript Kapitel
12) ist somit auch die aus stetigen Funktionen zusammengesetzte Funktion f(x) = ⌊x⌋ + √ x − ⌊x⌋
stetig auf Intervallen dieser Form (Dabei wird benutzt, daß die Identität x ↦→ x auf ganz R und die
Wurzelfunktion x ↦→ √ x auf [0, ∞[ stetig ist – Skript 11.2.2 (b) und daß stets x ≥ ⌊x⌋ ist):
R → R : x ↦→ ⌊x⌋
stetig bei a /∈ Z
=⇒ R → R : x ↦→ x − ⌊x⌋ stetig bei a /∈ Z (Summe zweier stetiger Funktionen)
=⇒ R → R : x ↦→ √ x − ⌊x⌋ stetig bei a /∈ Z (Verknüpfung zweier stetiger Funktionen)
=⇒ R → R : x ↦→ ⌊x⌋ + √ x − ⌊x⌋ stetig bei a /∈ Z (Summe zweier stetiger Funktionen)
Es bleibt also die Stetigkeit an allen ganzzahligen Stellen zu zeigen. Dies macht man am Besten mit
Folgenstetigkeit. Zu a ∈ Z gilt ⌊a⌋ = a und f(a) = ⌊a⌋ + √ a − ⌊a⌋ = a. Sei (x n ) n∈N eine gegen a
konvergente Folge, d.h. ∀ ε > 0 ∃ N ∈ N : ∀ n ≥ N : |x n − a| < ε. OE nehmen wir an, daß der Abstand
aller Folgenglieder x n zu a kleiner als 1 2 ist. Dann gilt ⌊x n⌋ = a falls x n ≥ a und ⌊x n ⌋ = a − 1 falls
x n < a.
Wir müssen zeigen, daß f(a) = lim n→∞ f(x n ) gilt. Betrachte dazu:
∣
|f(x n ) − f(a)| = ∣⌊x n ⌋ + √ { √ |a + xn − a − a| x n ≥ a
x n − ⌊x n ⌋ − a∣ =
∣
∣a − 1 + √ x n − (a − 1) − a∣
x n < a
{ √ | xn − a| x n ≥ a
=
∣ √ x n − (a − 1) − 1∣
x n < a
{ √ε ε→0
−−−→ 0
<
1 − √ 1 − ε −−−→ ε→0
0
n≥N
x n ≥ a
x n < a
Für ε → 0 geht der Betrag |f(x n ) − f(a)| also gegen 0 (zu jedem ε > 0 hat man ein N ∈ N, so daß für
alle n ≥ N die Differenz zwischen f(x n ) und f(a) kleiner als ε ist). Dies zeigt f(a) = lim n→∞ f(x n )
wie gefordert.
52

Behauptung: f ist monoton wachsend.
Die Funktion f ist monoton wachsend auf Intervallen der Form [a, a + 1[ mit a ∈ Z. Ist nämlich x < y
(x, y ∈ [a, a + 1[ ) so gilt f(x) = ⌊x⌋ + √ x − ⌊x⌋ = a + √ x − a < a + √ y − a = f(y) aufgrund der
Monotonie der Quadratwurzel. Außerdem gilt für x ∈ [a, a + 1[ :
f(x) = ⌊x⌋ + √ x − ⌊x⌋ = a + √ x − a < a + 1 = f(a + 1)
} {{ }
plot(floor(x)+sqrt(x-floor(x)),x=-5..5,numpoints=1000,thickness=2);
4
2
–4 –2 0
2 4
x
–2
–4
□
Aufgabe 45
Neues aus der Schneckenwelt:
Nach einem wüsten Trinkgelage mit vergorenem Saft ist die chinesische Schnecke Ko-Shi in einen
4 m tiefen Brunnenschacht gefallen. Beim Versuch aus dem Schacht herauszuklettern schafft sie
am ersten Tag einen Meter. Den zweiten Tag teilt sie sich in zwei Etappen ein, schafft pro Etappe
aber nur q Meter (0 < q < 1). Am dritten Tag schafft sie drei Etappen mit jeweils q 2 Metern, am
vierten Tag vier Etappen von jeweils q 3 Metern etc. Die Schnecke will natürlich in endlicher Zeit am
Brunnenrand ankommen. Wie groß muss dann q mindestens sein?
Tipp: Die Schnecke hieß mit Nachnamen Plo-Dugd.
Lösung: Wie bereits durch den chinesischen Namen der Schnecke angedeutet, läßt sich das Cauchy-Produkt
zweier (geometrischer) Reihen benutzen, um die Aufgabe schnell zu lösen:
Die vom Boden des Brunnenschachtes aus gemessene, bis zum n-ten Tag zurückgelegte Wegstrecke beträgt:
s n := 1 + (q + q) + (q 2 + q 2 + q 2 ) + . . . + n · q n−1 = ∑ n−1
k=0
(k + 1) · qk
53

Dies läßt sich folgendermaßen darstellen:
n−1
∑
s n = q 0 · q 0 + (q 0 · q 1 + q 1 · q 0 ) + (q 0 · q 2 + q 1 · q 1 + q 2 · q 0 ) + . . . + q j · q (n−1)−j =
j=0
⎛
⎞
n−1
∑ k∑
= ⎝ q j · q k−j ⎠
Die Schnecke erreicht (und überquert) den Rand des Brunnens genau dann in endlicher Zeit, wenn ein n ∈ N
existiert, so daß s n ≥ 4 ist.
Für q ≥ 1 ist dies immer der Fall (die Schnecke überschreitet spätestens am dritten Tag den Rand).
Die Folge (s n ) n∈N entspricht genau den Partialsummen des Cauchy-Produktes der geometrischen Reihe ∑ q k
mit sich selbst. Aufgrund der absoluten Konvergenz von ∑ q k für |q| < 1 gilt nach Produktreihensatz (Skript
10.4.7): ∑ ∞
k=0 qk · ∑∞
k=0 qk = ∑ (
∞ ∑k
)
k=0 j=0 qj · q k−j
Da mit q ≥ 0 (die Schnecke ist ja hoffentlich nicht so betrunken, daß sie in die falsche Richtung kriecht) alle
Reihenglieder nicht-negativ sind, existiert ein n ∈ N mit s n ≥ 4 genau dann, wenn der Grenzwert der Folge
(s n ) n∈N , d.h. das obige Produkt der geometrischen Reihe mit sich einen Wert > 4 hat.
Für 0 ≤ q < 1 hat man:
⎛
⎞
∞∑ k∑
∞∑
4 < ⎝ q j · q k−j ⎠ = q k ·
k=0
j=0
k=0
∞∑
k=0
q k = 1
1 − q · 1
1 − q
⇐⇒ (1 − q) 2 < 1 4
k=0
j=0
⇐⇒ q > 1 2
Die Schnecke muß also q > 1 2 wählen, um in endlicher Zeit aus dem Brunnenschacht zu kommen (bei q = 1 2
würde sie dem Rand beliebig nahe kommen, ihn aber in endlicher Zeit nie erreichen, bei q < 1 2
bleibt sogar ein
Wegstück übrig).
□
Übungsblatt 10
Aufgabe 46
Sei f : C → C definiert durch z ↦→ z 3 und sei a ∈ C beliebig.
(a) Zeigen Sie mit Hilfe des ε-δ-Kriteriums, dass f in a stetig ist.
(b) Finden sie zu ε := 10 −2 und a := 0, 2 bzw. a := 20 ein möglichst großes δ > 0, so dass
|f(z) − f(a)| < ε für alle z mit |z − a| < δ gilt.
Lösung: Unser Ziel ist es |f(z) − f(a)| = ∣ ∣z 3 − a 3∣ ∣ durch einen Term mit einer Abhängigkeit von a ∈ C und
δ > 0 (aber keiner Abhängigkeit von z) nach oben abzuschätzen. Dabei soll laut Voraussetzung (für Stetigkeit)
|z − a| < δ gelten.
∣
∣z 3 − a 3∣ ∣ = |z − a| · ∣∣z 2 + a · z + a 2∣ (
∣ = |z − a| · ∣ z + 1 ) ∣ 2
2 a + 3 ∣∣∣∣
4 a2
∣
( (
≤ |z − a| · |z| + 1 ) )
2
2 |a| 3 +
4 |a|2
Den auftretenden Term |z − a| können wir natürlich direkt durch δ nach oben abschätzen. Wir müssen uns
also nur noch eine Abschätzung für |z| + 1 2
|a| überlegen.
|z| − |a| ≤ |z − a| < δ =⇒ |z| < δ + |a| =⇒ |z| + 1 2 |a| < δ + 3 2 |a|
54

Jetzt fordern wir noch δ ≤ 1 und damit natürlich auch δ 2 ≤ 1 und erhalten:
( (
∣
∣z 3 − a 3∣ ∣ < δ δ + 3 ) )
2
2 |a| + 3 4 |a|2
= δ
(δ 2 + 3 |a| δ + 9 4 |a|2 + 3 )
4 |a|2
= δ ( 3 |a| 2 + 3 |a| δ + δ 2)
δ ≤ 1
≤
δ ( 3 |a| 2 + 3 |a| + 1 ) ≤ ! ε
ε
⇐⇒ δ ≤ 1 ∧ δ ≤
3 |a| 2 + 3 |a| + 1
{
}
ε
Wir wählen also δ := min 1, > 0. Dann folgt aus |z − a| < δ mit obiger Rechnung ∣ 3|a| 2 +3|a|+1
z 3 − a 3∣ ∣ < ε,
also die Stetigkeit von f an der (jeder) Stelle a ∈ C.
Das Auffinden eines möglichst großen δ > 0 wird zunächst dadurch erschwert, dass es sich bei f um eine
komplexe Funktion handelt. Dass beide zu untersuchenden Werte für a reell sind, vereinfacht die Aufgabe
etwas. Mit einer kleinen Skizze kommt man schnell darauf, dass die Bedingung |z − a| < δ äquivalent ist
zu z = a + δ ′ exp(iα) mit α ∈ ] − π, π] beliebig und 0 ≤ δ ′ < δ beliebig (alle Punkte z liegen innerhalb
eines Kreises um a mit Radius δ). Nun folgt eine kleine Rechnung (man beachte die Rechenregeln für die
Polarkoordinatendarstellung komplexer Zahlen), die schlimmer aussieht als sie ist:
∣ z 3 − a 3∣ ∣
∣ = ∣(a + δ ′ exp(iα)) 3 − a 3∣ ∣ ∣ ∣∣a = 3 + 3a 2 δ ′ exp(iα) + 3aδ ′ 2 exp(i2α) + δ
′3 exp(i3α) − a
3
∣ =
∣
∣
∣3a 2 + 3aδ ′ exp(iα) + δ ′ 2 ∣∣ exp(i2α) = δ
′
= δ ′ |exp(iα)|
} {{ }
=1
∣
∣3a 2 + 3aδ ′ exp(iα) + δ ′ 2 exp(i2α)
∣ ∣∣
In der folgenden kleinen Nebenrechnung benutzen wir |w| 2 = w · w, exp(iα) = exp(−iα) und cos(α) =
Re(exp(iα)) = exp(iα)+exp(−iα)
2
um den Betrag (bzw. dessen Quadrat) möglichst optimal abzuschätzen:
∣
∣δ ′ 2 exp(i2α) + 3aδ ′ exp(iα) + 3a 2 ∣ ∣∣
2
=
= (δ ′ 2 exp(i2α) + 3aδ ′ exp(iα) + 3a 2 )(δ ′ 2 exp(−i2α) + 3aδ ′ exp(−iα) + 3a 2 ) =
= δ ′ 4 + 9a 2 δ ′ 2 + 9a 4 + 6aδ ′ 3 cos(α) + 18a 3 δ ′ cos(α) + 6a 2 δ ′ 2 cos(2α)
Für beliebiges a > 0 und δ ′ > 0 ist dieser Term offensichtlich für α = 0 (d.h. cos(α) = cos(2α) = 1) maximal.
Das ist dann sozusagen der ’worst case’ für unsere gesuchte Abschätzung. Für dieses α gilt nun natürlich
∣ (a + δ ′ exp(iα)) 3 − a 3∣ ∣
∣ = ∣(a + δ ′ ) 3 − a 3∣ ∣ . Da dieser Term ebenfalls monoton in δ ′ wächst und δ ′ beliebig
nahe von unten an δ herankommt, kann in folgender Abschätzung wieder das ungestrichene δ verwendet werden.
sup {∣ ∣ (a + δ ′ ) 3 − a 3∣ ∣ : 0 ≤ δ ′ < δ } = ∣ ∣ (a + δ) 3 − a 3∣ ∣ = (a + δ) 3 − a 3 ! < ε ⇐⇒ δ < 3√ ε + a 3 − a
Für die gegebenen Zahlenwerte wird für ε := 10 −2 und a := 0, 2 die obige Bedingung optimalerweise durch
δ = 0, 0621 und für a := 20 durch δ = 8, 3 · 10 −6 erfüllt.
□
Aufgabe 47
Sei f : R → R definiert durch
⎧
⎪⎨ 1 falls x ≥ 1 oder x ≤ −1
f(x) = 0 falls x = 0
⎪⎩ 1
1
k+1
falls
k+1 ≤ |x| < 1 k
(k ∈ N)
55

(a) Skizzieren Sie den Graphen von f im Intervall [−2, 2].
(b) Zeigen Sie, dass f in a = 0 stetig ist.
Tipp: Es gilt |f(x)| ≤ |x|
Lösung:
(a) Wir skizzieren den Graphen der Funktion f mit Maple. Um die Funktion (speziell den letzten Fall) einfach
eingeben zu können, benutzen wir folgende Äquivalenz:
1
k + 1 ≤ |x| < 1 k
⇐⇒ k < 1
|x| ≤ k + 1
1
Für x ∈ R mit
k+1 ≤ |x| < 1 k gilt somit ⌈ ⌉
1
|x| = k + 1 und daher
1
k+1 = ⌈ ⌉
1 −1
|x|
> plot(piecewise(abs(x)>=1,1,x=0,0,1/ceil(1/abs(x))),x=-2..2,
> discont=true,numpoints=1000,thickness=2);
1
0.8
0.6
0.4
0.2
–2 –1 0
1 2
x
(b) Zunächst überlegt man sich anhand der Funktionsdefinition, daß für alle x ∈ R stets |f(x)| ≤ |x| gilt:
Für x = 0 ist dies klar (|0| = 0 = |f(0)|). Für x ≥ 1 oder x ≤ −1 ebenfalls (|x| ≥ 1 = f(x) = |f(x)|).
Für alle übrigen x gilt schließlich 1 k > |x| ≥ 1
k+1
= f(x) = |f(x)| (mit einem k ∈ N geeignet). Damit ist
der Tipp explizit nachgewiesen.
Die Funktion f ist in a = 0 stetig, wie man leicht mittels eines ε-δ-Arguments einsieht: Zu vorgegebenem
ε > 0 setzt man δ := ε > 0. Für alle x ∈ R mit |x| = |x − 0| < δ gilt nun offenbar:
und somit ist f in a = 0 stetig.
|f(x) − f(0)| = |f(x) − 0| = |f(x)| ≤ |x| < δ = ε
Bemerkung: Man beachte, daß f an allen Stellen a = 1 n
(n ∈ Z \ {0}) unstetig ist. Die Unstetigkeitsstellen
häufen sich also bei 0, i.e. die Menge { 1 ∣
n
n ∈ Z \ {0} } hat den Häufungspunkt 0. Trotzdem ist
f bei a = 0 stetig.
□
56

Aufgabe 48
(a) Geben sie ein Beispiel für ein Intervall [a, b] und eine Funktion f : [a, b] → R an, die auf [a, b] nicht
stetig ist und die nicht jede zwischen f(a) und f(b) gelegene Zahl als Funktionswert annimmt.
(b) Geben Sie ein Beispiel für ein Intervall [a, b] und eine Funktion f : [a, b] → R, die nicht auf [a, b]
stetig ist, die aber jede zwischen f(a) und f(b) gelegene Zahl als Funktionswert annimmt.
Lösung: Diese Aufgabe tangiert die Thematik des Zwischenwertsatzes. Dieser lautet:
Satz 1 (ZWS) Sei D ⊂ R ein echtes Intervall, f : D → R stetig und a < b ∈ D. Ist c irgendeine reelle Zahl
mit f(a) ≤ c ≤ f(b) oder f(b) ≤ c ≤ f(a), dann gibt es (mindestens) ein p ∈ [a, b] mit f(p) = c.
Im Aufgabenteil (b) wird gezeigt, dass es auch nicht-stetige Funktionen gibt, die die Aussage des Zwischenwertsatzes
erfüllen, wohingegen Teil (a) zeigt, dass der Zwischenwertsatz in seiner Allgemeinheit für unstetige
Funktionen eben nicht gilt.
(a) Wir definieren eine Funktion f : [0, 1] → R wie folgt: f(x) :=
{
0 falls x ≤ 1 2
1 falls x > 1 2
f ist nicht stetig in a = 1 2 . Betrachtet man nämlich die Folge (a n) n∈N gegeben durch a n = 1 2 + 1 n > 1 2 ,
so gilt lim n→∞ f(a n ) = lim n→∞ 1 = 1 ≠ 0 = f( 1 2 ). Zudem existiert kein p ∈ [0, 1] mit f(p) = 1 2
nach Konstruktion unserer Funktion. Damit wird nicht jede Zahl zwischen 0 = f(0) und 1 = f(1) als
Funktionswert angenommen (tatsächlich liegen ja überhaupt nur 0 und 1 im Bild von f).
{
x falls x ≤ 1
(b) Wieder definieren wir eine Funktion g : [0, 1] → R mit g(x) :=
2
x − 1 2
falls x > 1 2
Diese Funktion ist wiederum nicht stetig an der Stelle a = 1 2 , denn mit obiger Folge (a n) n∈N erhält man:
( 1
lim g(a n) = lim
n→∞ n→∞ 2 + 1 )
− 1 n 2 = lim 1
n→∞ n = 0 ≠ 1 ( ) 1
2 = g 2
Die Funktion nimmt jedoch jede zwischen 0 = g(0) und 1 2
= g(1) gelegene Zahl als Funktionswert
an, denn bereits g| [0, 1
2 ] ist surjektiv (sogar bijektiv) auf [ ] [
0, 1 2 . Für c ∈ 0,
1
2]
ist die Urbildmenge
g −1 (c) = {x ∈ [0, 1] | g(x) = c} ⊇ {c} ≠ ∅
□
Aufgabe 49
Sei f : R → R eine Funktion, die für alle x, y ∈ R die (Funktional-)Gleichung
(∗)
f(x + y) = f(x) + f(y) erfüllt.
Zeigen Sie, dass für f folgende Eigenschaften äquivalent sind:
(a) f ist in einer r-Umgebung von 0 beschränkt.
(b) f ist in einem Punkt a ∈ R stetig.
(c) f ist in jedem Punkt a ∈ R stetig.
(d) Für alle x ∈ R gilt f(x) = c x mit c := f(1).
Bestimmen Sie als Anwendung die stetigen Lösungen von (∗).
57

Lösung: Man bemerkt zunächst, daß die Funktionalgleichung (∗) den Wert von f bei 0 eindeutig festlegt:
f(0) = f(0 + 0) (∗)
= f(0) + f(0) = 2 · f(0) =⇒ f(0) = 0
Weiter folgt f(−x) = −f(x) ∀ x ∈ R, denn 0 = f(0) = f(x + (−x)) (∗)
= f(x) + f(−x).
Nun beweisen wir die Äquivalenz der angegebenen Eigenschaften durch einen Ringschluß:
”(d) ⇒ (c)”: Nach Voraussetzung ist f : R → R mit x ↦→ f(x) = c · x = f(1) · x eine lineare Funktion.
Diese sind stetig in allen Punkten a ∈ R ihres Definitionsbereiches (vgl. Skript 11.2.2(f)).
”(c) ⇒ (b)”: Eine Funktion f : R → R, die in jedem Punkt a ∈ R stetig ist, ist insbesondere in einem
(speziellen) Punkt ã ∈ R stetig.
”(b) ⇒ (a)”: Wir zeigen zunächst, daß aus der Stetigkeit von f an einem (speziellen) Punkt a ∈ R mithilfe
der Funktionalgleichung die Stetigkeit von f bei 0 ∈ R folgt:
Sei ε > 0 beliebig. Da f stetig bei a ∈ R ist, wählt man ein δ > 0, so daß ∀ y ∈ R : |y − a| < δ =⇒
|f(y) − f(a)| < ε. Dieses δ ist auch an der Stelle 0 ∈ R gültig, d.h. ∀ x ∈ R : |x − 0| < δ gilt (man
setzt y := x + a, dies impliziert |y − a| = |x + a − a| = |x − 0| < δ also |f(y) − f(a)| < ε aufgrund der
Stetigkeit bei a):
|f(x) − f(0)| = |f(x) − 0| = |f(x) + f(a) − f(a)| (∗)
= |f(x + a) − f(a)| = |f(y) − f(a)| < ε
Damit ist f an der Stelle 0 stetig und somit insbesondere beschränkt in einer Umgebung von Null, denn
zu ε := M > 0 beliebig existiert ein r := δ > 0, so daß für alle x ∈ U r (0) (d.h. |x − 0| < r = δ) bereits
|f(x)| = |f(x) − f(0)| < ε = M gilt.
”(a) ⇒ (d)”: Äquivalent zu diesem Schritt zeigen wir die Kontraposition ”¬(d) ⇒ ¬(a)”:
Da f nach Voraussetzung keine lineare Funktion ist (¬(a)), existiert ein y ∈ R \ {0} mit f(y) ≠ f(1) · y.
Sei α := f(y) − f(1) · y ≠ 0. Aufgrund der Funktionalgleichung gilt dann:
∀ n ∈ N :
( 10 n
∣ f y − ⌊10 n y⌋
n
=
10 n y − ⌊10 n y⌋
∣ n
)∣ ∣∣∣ (∗)
=
f(1) + 10n
n
∣ f(10n n
y) + y⌋
f(−⌊10n )
n ∣
∣ ∣ ∣∣∣ α ≥
10 n ∣∣∣
∣ n
α −
∣
Offensichtlich ist 0 ≤ 10 n y − ⌊10 n y⌋ ≤ 1 und die Folge
(∗)
=
(
10 n y−⌊10 n y⌋
∣
10 n
n
10 n y − ⌊10 n y⌋
n
f(y) − ⌊10n y⌋
f(1)
n ∣ =
f(1)
∣ =
= 10n
n
|α| − 10n y − ⌊10 n y⌋
|f(1)|
n
)
ist deshalb nach Sandwich-
Lemma (Skript 8.3) eine Nullfolge (0 ≤ 10n y−⌊10 n y⌋
n
≤ 1 n ∀ n ∈ N).
Zu vorgegebenem Radius r > 0 existiert daher ein N ∈ N, so daß für alle n ≥ N zum einen
10 n y−⌊10 n y⌋
n
∀ n ≥ N :
< r und zum anderen 10n y−⌊10 n y⌋
n
∣
∣f
(
10 n y−⌊10 n y⌋
}
n
{{ }
∈U r(0)
)∣ ∣∣ ≥
10 n
n
n
n∈N
|f(1)| < |α| ist. Damit gilt:
( )
|α| − 10 n y−⌊10 n y⌋
n
|f(1)| >
} {{ }

Alternativ kann man die stetigen Lösungen der Funktionalgleichung auch direkt bestimmen. Wir benutzen
zunächst nur die Funktionalgleichung, um die Funktionswerte von f an allen rationalen Zahlen x ∈ Q festzulegen:
∀ n ∈ N : f(n) = f(1 + . . . + 1
} {{ }
∀ n ∈ N :
∀ m, n ∈ N :
f(1) = f
f ( n
m
)
= f
(
n-mal
(
1
n + . . . + 1 n
} {{ }
n-mal
= f(1) + . . . + f(1) = n · f(1)
} {{ }
) (∗)
) (∗)
1
m + . . . + 1 m
} {{ }
n-mal
n-mal
= f ( (
1
n)
+ . . . + f
1
)
n
} {{ }
) (∗)
n-mal
= f ( (
1
m)
+ . . . + f
1
)
m
} {{ }
n-mal
= n · f ( )
1
n
=⇒ f ( )
1
1
n =
n · f(1)
= n · ( 1
m · f(1)) = n m · f(1)
Beachtet man noch die oben bewiesenen Resultate f(0) = 0 und f(−x) = −f(x), so ist der Wert von f
auf allen rationalen Zahlen definiert und zumindest die Einschränkung f| Q hat die in (d) angegebene Gestalt
f(x) = f(1) · x ∀ x ∈ Q.
Die Zusatzforderung f sei stetig, impliziert f(x) = f(1) · x ∀ x ∈ R, da die rationalen Zahlen Q dicht
in den reellen Zahlen R liegen und stetige Funktionen durch ihre Werte auf einer dichten Teilmenge des
Definitionsbereiches bereits eindeutig festgelegt sind (vgl. Bemerkung 12.4 im Skript).
□
Aufgabe 50 [Das ”Sonnenaufgangslemma”]
Sei f : R → R eine stetige Funktion. Ein Punkt x ∈ R heißt Schattenpunkt für f, wenn es ein y ∈ R
mit y > x und f(y) > f(x) gibt. Die Punkte a < b ∈ R, seien keine Schattenpunkte für f, aber das
Intervall ]a, b[ bestehe nur aus Schattenpunkten für f.
Zeigen Sie: Es gilt dann f(x) < f(b) für alle x ∈ ]a, b[ und f(a) = f(b).
Geben Sie ferner eine Begründung für den in der Überschrift genannten Namen.
Tipp: Man betrachte eine Stelle in [x, b], in der f| [x,b] das Maximum annimmt.
Lösung: Sei f : R → R stetig.
Da a, b ∈ R keine Schattenpunkte sind, gilt: ∀ x ∈ R : x > a =⇒ f(x) ≤ f(a) und ∀ y ∈ R : y > b =⇒
f(y) ≤ f(b)
Speziell gilt ∀ x ∈ ]a, b] : f(x) ≤ f(a)
Annahme: ∃ x ∈ ]a, b[ : f(x) = f(a)
(∗)
Da a kein Schattenpunkt ist, folgt ∀ y > a : f(y) ≤ f(a) = f(x) also speziell ∀ y > x (> a) : f(y) ≤ f(x) und
x wäre kein Schattenpunkt alle Punkte in ]a, b[ sind Schattenpunkte. Damit gilt ∀ x ∈ ]a, b[ : f(x) < f(a)
Wir zeigen nun noch, daß wie gefordert f(a) = f(b) gilt. Dies impliziert sofort ∀ x ∈ ]a, b[ : f(x) < f(a) = f(b).
Nach Gleichung (∗) wissen wir, daß f(b) ≤ f(a).
Annahme: f(b) < f(a)
{
Sei M := x ∈ [a, b] ∣ }
f(x) ≥
f(a)+f(b)
2
. Wegen f(a) > f(a)+f(b)
2
ist die Menge M nicht leer (a ∈ M) und
enthält wegen der Stetigkeit von f auch Punkte x > a (vgl. Satz 13.1.1 im Skript). Da f(b) < f(a)+f(b)
2
folgt b /∈ M und wieder wegen der Stetigkeit von f existiert ein δ > 0, so daß M ∩ [b − δ, b] = ∅ (vgl. Satz
13.1.1). Setze c := sup M. Tatsächlich ist M abgeschlossen, da durch eine ≥-Bedingung der stetigen Funktion
f definiert (vgl. 13.3.3 im Skript), und das Supremum ist ein Maximum. Es gilt: c ∈ ]a, b[ und f(c) ≥ f(a)+f(b)
2
aber ∀ y ∈]c, b] : f(y) < f(a)+f(b)
2
≤ f(c). Zudem gilt für alle y > b : f(y) ≤ f(b) < f(a)+f(b)
2
≤ f(c) (da
b kein Schattenpunkt). Zusammen folgt ∀ y > c : f(y) < f(c), also c kein Schattenpunkt c ∈ ]a, b[ ist
Schattenpunkt nach Voraussetzung.
Damit gilt f(a) = f(b) und ∀ x ∈ ]a, b[ : f(x) < f(b).
59

Der Name ”Sonnenaufgangslemma” läßt sich wie folgt veranschaulichen:
Man faßt das Schaubild der Funktion f auf R als Relief einer Landschaft (Berge, Täler und Ebenen) auf. Nun
geht die Sonne im Osten, d.h. bei der “fiktiven” Koordinate x = +∞ auf und bestrahlt diese Hügellandschaft
(die Sonnenstrahlen sind dabei Geraden parallel zur x-Achse). Natürlich können die Strahlen sich nur durch
die Luft (oberhalb des Graphen von f) ausbreiten. Die Erde (unterhalb des Graphen von f ist “sonnenundurchlässig”).
Strahlen, die einen “Berggipfel” des Schaubildes von f treffen, i.e. das Schaubild von f nur
berühren, laufen ungehindert weiter.
Ein Schattenpunkt ist nun ein Punkt (x, f(x)) der von den Sonnenstrahlen nicht erreicht wird (eben im Schatten
liegt). Dies ist genau dann der Fall, wenn es (mindestens) einen Punkt (y, f(y)) mit y > x und f(y) > f(x)
gibt.
□
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