Analysis 1 (WS 2015/16) — Blatt 10 Kurze Lösungen ausgewählter

Prof. Dr. Marcel Griesemer
Dr. James Kennedy, Dr. Marco Falconi
FB Mathematik, Universität Stuttgart
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Übung: 7./8. Jan. 2016
Analysis 1 (WS 2015/16) — Blatt 10
Die Mathematik ist eine Art Spielzeug, welches die Natur uns zuwarf
zum Troste und zur Unterhaltung in der Finsternis.
(Jean-Baptiste le Rond d’Alembert, Leitfigur der Aufklärung; 1717–1783)
Kurze Lösungen ausgewählter Aufgaben
Untenstehend sind Antworten oder Bemerkungen zu einer Auswahl der Zusatzaufgaben von Blatt 10.
In der Regel werden nur Endergebnisse, manchmal Ansätze, angegeben, sodass Sie prüfen können, ob
Ihre Antwort stimmt; bei leichteren Aufgaben (10.10, 10.11) wird komplett auf eine Lösung verzichtet.
Bei genaueren Fragen können Sie sich an Ihren Tutor oder an einen der Assistenten wenden!
Lösung 10.4 Es gilt F∞ =
√
2 3
5
als konvergente geometrische Reihe; Un = 4n /3n−1 → ∞.
Lösung 10.5 (a) (i) Realteil = 1/5, Imaginärteil = 3/5; (ii) Realteil = −79/26, Imaginärteil = 4/13;
(iii) Die Zahl ist 1.
(b) (i) ist die offene Kreisscheibe um den Punkte z = 4 − i mit Radius 1; wenn wir z = x + iy
schreiben (x, y ∈ R), dann ist (ii) der Streifen 0 < Im(−y + ix) < 1, also der Streifen 0 < x < 1.
Lösung 10.6 (a) Der Grenzwert existiert nicht. Der Limes Superior ist 3, der Limes Inferior ist −3.
(b) Der Grenzwert existiert und ist gleich a−b
2 .
(c) Der Grenzwert existiert und ist gleich 0.
(d) Der Grenzwert existiert und ist gleich 0.
(Optional:) Schritt 1: Lemma: Ist limn→∞ an = a mit an > 0 für alle n, so gilt auch
√
lim n a1 a2 . . . an = a.
n→∞
(Beweis: Übung! Vgl. auch Aufg. 5.6.)
Schritt 2: Wir wählen an := (1 + n1 )n , sodass an → e. Dann gilt
s r
n
2 1 3 2
n+1 n
n+1
n (n + 1)
n
e = lim
···
= lim
= lim √
.
n
n→∞
n→∞
n→∞
1
2
n
n!
n!
√
Schritt 3: Mit dem Lemma gilt auch 1/ n n! → 0; man wähle dazu an = 1/n.
Lösung 10.7 (a) ist das Gebiet [−4, −2) ∪ (2, 4]; (b) ist ein karoförmiges“ Ringgebiet mit inneren
”
Ecken in x = ±1, y = ±1 und äußeren Ecken in x = ±2, y = ±2; (c)
Prof. Dr. Marcel Griesemer
Dr. James Kennedy, Dr. Marco Falconi
FB Mathematik, Universität Stuttgart
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Übung: 7./8. Jan. 2016
Lösung 10.8 (a) Für a ≥ 1 ist die Folge keine Nullfolge, also ist die Reihe divergent. Für a ∈ (0, 1)
ist die Reihe offensichtlich konvergent etwa nach Leibniz. Dass sie sogar absolut konvergent ist, folgt
aus der Existenz einer Majorante
√
a
n
=
1
√
e| log a| n
≤
1
1
= 2
n
e2 log n
für hinreichend große n, die aber mit den uns zur Verfügung stehenden Werkzeuge noch ziemlich
tricky zu zeigen ist.
P
−n ist eine Majorante, da n! ≥ n).
(b) Absolut konvergent ( ∞
n=1 2
(c) Absolut konvergent
(Glieder verhalten sich wie 1/n3/2 , man nutze dazu Aufg. 9.2).
P∞ √n
P
n n
(d) Der Teil n=2 n2 −n ist absolut konvergent und spielt also keine Rolle; der Rest ∞
n=2 (−1) n2 −n
ist konvergent aber nicht absolut konvergent, also gilt das Gleiche für die ganze Reihe.
(e) Die erste Reihe ist absolut konvergent; dazu kann man das Majorantenkriterium mit Aufg. 10.6
benutzen. Die zweite Reihe ist aus demselben Grund divergent, da die Glieder keine Nullfolge bilden.
(f ) Divergent: Mit Aufg. 10.6 ist die harmonische Reihe (bis auf eine Konstante und nur für hinreichend große n) eine divergente Minorante.
Lösung 10.9 (a) Wahr; direkter (ε-) Beweis.
(b) Wahr; Kontraposition.
(c) Falsch; Kontraposition. Beispiel: an = 1 für n gerade, 0 für n ungerade; bn = 1 für n ungerade,
0 für n gerade.
Lösung 10.12 (a) und (b) sind wahr, deshalb auch aus lögischen Gründen (c); und (d) ist dann
falsch. Man nutze die Eigenschaft, für jedes a > 0 existiert ein q ∈ (0, a) ∩ Q, um rekursiv eine
monoton fallende Folge zu wählen (analog für monoton wachsend).
√
Lösung 10.13 (a) Man nutze die Monotonie von · und forme die zu zeigende Gleichung um.
(b) O.B.d.A. gilt a < b. Dann folgt mit (a) lim an = sup an ≤ inf bn = lim bn ; die Grenzwerte erfüllen
Gleichheit in den angegebenen Rekursionsformeln, woraus folgt, dass die Grenzwerte gleich sind.
Lösung 10.14 (a) Ja, z.B. 1, 1, 21 , 1, 12 , 31 , 1, 12 , 13 , 14 , . . . hat die Häufungspunkte { n1 : n ∈ N} ∪ {0}.
(b) Ja, man kann ganz [0, 1] erhalten, z.B. mittels einer Abzählung von Q.
(c) Nein: Ein Diagonalargument zeigt, dass der Häufungspunkt der Häufungspunkte auch ein Häufungspunkt der ursprünglichen Folge sein muss.
(d) Nein, und zwar aus demselben Grund wie (c): Diagonalargument mit einer Folge rationaler
Zahlen, die gegen eine irrationale konvergieren.
Lösung 10.15 (Ein typisches Cantor’sches Diagonalargument; diese Aufgabe ist eine echte Zusatzaufgabe.) Sei f : X → P(X) beliebig; wir zeigen, dass f nicht surjektiv ist. Dazu definieren wir
Y := {x ∈ X : x 6∈ f (x)}
(wegen der Bedingung x 6∈ f (x) spricht man von einem Diagonalargument) und zeigen, dass Y nicht
im Bild von f liegt: Für x ∈ X beliebig gilt entweder x ∈ f (x) oder x 6∈ f (x). Ist x ∈ f (x), so ist
f (x) 6= Y , da x ∈ f (x)\Y nach Definition von Y . Ist x 6∈ f (x), so ist f (x) 6= Y , da dann x ∈ Y \f (x).
Da x ∈ X beliebig war, ist also Y nicht im Bild von f .

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