3. - Leibniz Universität Hannover

Leibniz Universität Hannover
Institut für Analysis
Dr. H. Köditz
Aufgaben mit (*) oder Knacki ergeben Extrapunkte.
Aufgabe 12 (je 5 Punkte)
3. Übungsblatt zur Analysis I (Lösungen)
Hannover, den 2. November 2009
a) Man zeige: Für beliebige reelle Zahlen x1, · · · , xn und beliebige positive reelle Zahlen y1, · · · , yn gilt:
� �
xk
min : k = 1, · · · , n
yk
≤ x1 + · · · + xn
y1 + · · · + yn
� �
xk
≤ max : k = 1, · · · , n
yk
.
Beweis: Nach evt. Umnumerierung können wir ohne Einschränkung x1
y1
� �
xk = min : k = 1, · · · , n
yk
annehmen. Also x1
y1
erhalten:
xk
yk>0
≤ ⇐⇒ x1yk ≤ xky1 für alle k. Diese Ungleichungen addieren wir auf und
yk
n�
n�
x1 yk ≤ y1 xk ⇐⇒ x1
≤
y1
x1 + · · · + xn
,
y1 + · · · + yn
k=1
da alle Faktoren mit y positiv sind. Die andere Ungl. beweist man genau so ✷.
b) Man zeige: Für alle x > 0 und alle n ∈ N0 gilt: n
x + xn ≥ n + 1 .
Hinweis: AGM-Ungleichung.
k=1
Beweis: Für n = 0 ist nichts zu zeigen. Für n ∈ N benutzen wir die AGM-Ungleichung (HA4c).
�
�
1 =
� 1 1
� · · · ·x
n+1 ��
x
��
x
�
n mal
n ≤
n
x + xn
n + 1
✷ .
Aufgabe 13 (10 Punkte)
Man zeige: Ein angeordneter Körper K ist genau dann archimedisch angeordnet, wenn zu jedem Paar
x, y ∈ K, x < y, ein r ∈ Q mit x < r < y existiert.
Beweis:
(i) Sei K archimedisch angeordnet, d.h. zu jedem Paar a, b > 0 gibt es ein n ∈ N mit na > b. Seien
x, y ∈ K, x < y, gegeben. Dann gibt es ein n ∈ N mit n(y − x) > 1, also 1
(∗)
< y − x. Ferner gibt es ein k0 ∈ N
mit k0
m
n
m−1
> x. Sei m := min{k ∈ N : k/n > x }, also n
=: r < y ✷.
n
m
< y, insgesamt x < n
(∗∗)
≤ x < m
n
n
. Addition von (∗) und (∗∗) gibt dann
(ii) Es gebe zu jedem Paar x, y ∈ K, x < y, ein r ∈ Q mit x < r < y. Wir greifen uns ein solches Paar und
müssen die Existenz eines n ∈ N mit nx > y zeigen. Jedenfalls gibt es ein r = n/m ∈ Q, also n, m ∈ N mit
< n ✷.
y
x
< n
m
< y
x
+ 1. Wegen n
m
≤ n erhalten wir y
x
1

Aufgabe 14 (je 5 Punkte)
Man zeige :
a) Für jedes n ∈ N gilt: 2 ( √ n + 1 − √ n ) ≤ 1
√ n < 2 ( √ n − √ n − 1)
und ermittle so (durch Aufsummieren) obere und untere Schranken für
Beweis: Für n ≥ 1 : 2( √ n + 1 − √ n) =
Es folgt durch Aufsummierung:
2 √ n + 1 − 2 = 2
b) Die Folge (an)n∈N mit an :=
n�
k=1
1
√ k .
2
√ √ ≤
n + 1 + n 1
√ . Die andere Ungleichung folgt genau so! ✷
n
n�
( √ k + 1 − √ k) ≤
k=1
n�
k=1
n�
k=1
1
√ k − 2 √ n konvergiert.
1
√ k ≤ 2
n�
( √ k − √ k − 1) = 2 √ n ,
Beweis:
(1) Nach (a) gilt: an ≥ 2 ( √ n + 1 − √ n − 1) > −2. Die Folge (an) ist also nach unten beschränkt.
(2) an+1 −an = 1 √ −2
n+1 √ n + 1+2 √ 1 n = √n+1 2 −
mit (1) somit konvergent. ✷
Aufgabe 15 (2 und 3 Punkte)
k=1
√ n+1+ √ n < 0. Also ist die Folge (an) monoton fallend,
Welche der Folgen (an), (bn) ist beschränkt, welche konvergent, welche divergent? Im Falle der Konvergenz
ermittle man den Grenzwert g.
a) bn := 2
2 (n + 1)(n + 2) 3n + 2 2 n→∞
(1 + 2 + · · · + n + (n + 1)) − n = − n = = 3 + → 3.
n n 2
n n
Benutzt wurde die aus der Vorlesung bekannte Gauß-Formel und die Rechenregeln für Folgen.
b) cn :=
�n �2 n
3
�
� =
Ohne Kommemtar!
n(n−1)
2
n(n−1)(n−2)
6
Aufgabe 16 (5 Punkte)
= 3 n→∞
→ 0.
n − 1
Man zeige für n ∈ N, n > 0 : 1 ≤ n√ n < 1 − 2
n
Hinweis: AGM-Ungleichung.
2
+ √ und folgere hieraus lim n√
n = 1.
n n→∞
Beweis: Natürlich n > 2 - Tippfehler. Unter der n √ wähle man (n-2)-mal den Faktor 1 und zwei mal den
Faktor √ n. Die AGM-Ungl. (HA4c) liefert dann
1 ≤ n√ n = n
�
1 · · · 1 √ n √ n ≤ n − 2 + 2 √ n
= 1 −
n
2
n
lim n√
n = 1 folgt dann mit dem Quetschlemma der GÜ.
n→∞
Aufgabe 17 (10 Punkte) (*)
+ 2
√ n ✷ .
Ein Bienenvolk verliere pro Woche p% aller Bienen. Pro Woche mögen Z junge Bienen schlüpfen. Die Größe
des Bienenvolkes zu Beginn der n-ten Woche sei Bn. Mit gegebenem B1 = A > 0 formuliere man eine
Rekursionsformel für die Folge (Bn), zeige die Konvergenz der Folge (Bn) und ermittle ihren Grenzwert.
Realistische Zahlen sind übrigens p = 20, Z = 14000, A = 10000.
2

Bemerkung: Es empfiehlt sich eine Abkürzung q := 1 − p
100 .
Man erhält als Rekursionsformel: B1 = A , Bn+1 = q Bn + Z , n ∈ N, q := 1 − p
100
B2 = qA + Z , B3 = q2A + qZ + Z , B4 = q3A + q2Z + qZ + Z verleiten zu der Vermutung
Bn = q n−1 n−1 �
A + Z q k = q n−1 A + Z
. Einige Folgenglieder:
1 − qn
, was leicht durch Induktion zu beweisen ist - hier weggelassen.
1 − q
k=0
Wegen 0 < q < 1 gilt qn , qn−1 → 0 für n → ∞, was auf Grund der Rechenregeln für Folgen die Konvergenz
der Folge (Bn) beweist und zu lim
n→∞ Bn = Z
führt (von A unabhängig!). Für unsere Startzahlen erhält
1 − q
man als Grenzwert 70000.
Aufgabe 18 (10 Punkte) Knacki
Für eine Folge (an) in R und 0 < r < 1 wird die Folge (σn) der Euler-Mittel definiert durch
σn :=
n�
k=0
� �
n
r
k
k (1 − r) n−k ak .
Man zeige: Gilt limn→∞ an = a, so gilt auch limn→∞ σn = a.
Beweis: Zunächst liefert der binomische Satz
n�
k=0
� �
n
r
k
k (1 − r) n−k = 1 (∗).
Wegen an − a → 0 gibt es ein M > 0 mit |an − a| < M für alle n. Wir zeigen σn − a → 0. Sei ε > 0 gegeben.
Für alle n, p ∈ N, p < n gilt (Dreiecksungleichung) mit (∗):
�
� n�
� �
� n
|σn − a| = � r
� k
k=0
k (1 − r) n−k �
�
�
(ak − a) �
�
p�
� �
n
≤ r
k
k (1 − r) n−k n�
� �
n
|ak − a| +
r
k
k (1 − r) n−k |ak − a| .
k=0
k=p+1
Es gibt n0 ∈ N mit |ak − a| < ε
2 für alle n0 < p < n, da (an) gegen a konvergiert. Es folgt mit (∗):
p�
� �
n
|σn − a| < r
k
k=0
k (1 − r) n−k |ak − a| + ε
= (1 − r)n−p
2
≤ (1 − r) n−p M + ε
2 ≤ M(1 − r)n + ε
2 .
p�
k=0
� �
n
r
k
k (1 − r) p−k |ak − a| + ε
2
Wegen (1 − r) n → 0 gibt es ein n1 mit M(1 − r) n < ε
2 für alle n ≥ n1. Für alle max(n0, n1) ≤ p ≤ n folgt
somit |σn − a| < ε ✷.
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