Lösungen Übungsblatt Nr. 4

Prof. Dr. R. Plato
A. Garanza, M. Sc.
4.Übung zur Vorlesung Höhere Mathematik 1
Wintersemester 2015/16
Aufgabe 1 (6 Punkte (2+2+2)).
Prüfen Sie nachstehende Folgen auf Konvergenz, begründen Sie Ihre Antwort und geben Sie ggf.
den Grenzwert an:
a) an = 9 + ( 79 )n
b) bn =
c) cn =
√
(−1)n
√9n+1
2n + 3n−2
(−1)n (4n2 −1)
(3−2n)2
Lösung:
a) an = 9 + ( 79 )n ,
Da
7
9
< 1, ist die Folge (dn )n≥1 mit dn = ( 79 )n monoton fallend.
n+1 n n 7
7
7
2 7 n
7
dn+1 − dn =
−
=
−1 =−
<0
9
9
9
9
9 9
⇒ dn+1 < dn
Außerdem ist die Folge (dn )n≥1 durch die Null nach unten beschränkt, da für alle n ∈ N gilt
( 79 )n > 0. Damit ist die Folge (dn )n≥1 konvergent und es gilt ( 79 )n −→ 0 für n −→ ∞. Die Zahl
9 ist eine Konstante und damit nicht von n abhängig. Dewegen gilt an = 9 + ( 79 )n −→ 9 für
n −→ ∞.
√
n q 9n+1
n
√9n+1 = −1
+
+ 3n−2
b) bn = (−1)
n
2
2
3n−2
n
9n+1
−→ 0 für n −→ ∞. Andrerseits erhält man 3n−2
=
Analog zu der Teilaufgabe a) gilt −1
2
1
√
√
9+ n
−→ 39 = 3 für n −→ ∞. Damit gilt insgesamt bn −→ 0 + 3 = 3 für n −→ ∞.
3− 2
n
c) cn =
(−1)n (4n2 −1)
(3−2n)2
Betrachte n = 2k:
c2k =
16 − k12
(−1)2k (4(2k)2 − 1)
16k2 − 1
=
=
(3 − 4k)2
16k2 − 24k + 9
16 − 24
k +
9
k2
−→
16
= 1 für k −→ ∞
16
Betrachte nun n = 2k + 1:
4(4k2 + 4k + 1) − 1
16k2 + 16k + 3
(−1)2k+1 (4(2k + 1)2 − 1)
=
−
=
−
(3 − 2(2k + 1))2
(1 − 4k)2
16k2 − 8k + 1
16
3
16 + k + k2
16
=−
1 −→ − 16 = −1 für k −→ ∞
8
16 − k + k2
c2k+1 =
Da es zwei Teilfolgen von (cn )n>n0 gibt, die gegen unterschiedliche Grenzwerte konvergieren, ist
die Folge (cn )n>n0 also divergent.
Aufgabe 2 (6 Punkte (2+2+2)).
Sind folgende Reihen konvergent? (Begründung!)
P∞ 5n5 −n3
a)
n=1 7n4 +4n5
b)
c)
a)
n!(2n)!
n=0 (3n)!
P∞
2n2 n
2n2
n=1 ( 3n+1 − 3n+2 )
P∞
Lösung:
P∞
5n5 −n3
n=1 7n4 +4n5
5n5 −n3
7n4 +4n5
=
5−
1
n2
−→
7
+4
n
5
4
6= 0 für n −→ ∞. Da es sich hierbei nicht um eine Nullfolge handelt, kann
die zugehörige Reihe gar nicht konvergieren.
P∞ n!(2n)!
b)
n=0 (3n)!
Quotientenkriterium:
(n+1)!(2(n+1))!
(3(n+1))!
n!(2n)!
(3n)!
=
(n + 1)n!(2n + 2)(2n + 1)(2n)!(3n)!
(n + 1)!(2n + 2)!(3n)!
=
n!(2n)!(3n + 3)!
n!(2n)!(3n + 3)(3n + 2)(3n + 1)(3n)!
(n + n)(2n + n)(2n + n)
(n + 1)(2n + 2)(2n + 1)
(n + 1)(2n + 2)(2n + 1)
<
<
(3n + 3)(3n + 2)(3n + 1)
(3n + 0)(3n + 0)(3n + 0) n>2
27n3
3
18n
2
=
= <1
3
27n
3
=
2
Da n!(2n)!
(3n)! positiv ist und wir die obere Schranke τ = 3 mit 0 < τ < 1 für n > 2 gefunden haben,
konvergiert die zugehörige Reihe gemäß dem Quotientenkriterium.
P∞
2n2
2n2 n
c)
n=1 ( 3n+1 − 3n+2 )
Wurzelkriterium:
s
n
2n2
2n2
2n2
2n2 (3n + 2 − 3n − 1)
2n2
2n2
2
2n2
n
−
−
=
= 2
< 2 =
=
3n + 1 3n + 2
3n + 1 3n + 2
(3n + 1)(3n + 2)
9n + 9n + 2
9n
9
2
2
2n
2n
− 3n+2
)n positiv ist und wir die obere Schranke τ = 92 mit 0 < τ < 1 für n > 0
Da ( 3n+1
gefunden haben, konvergiert die zugehörige Reihe gemäß dem Wurzelkriterium.
Aufgabe 3 (5 Punkte).
√
P
n2 +4
n+1
auf Konvergenz und auf absolute Konvergenz.
Prüfen Sie die Reihe ∞
(−1)
2
n=2
n
Lösung:
√
n2 +4
Man betrachte die Folge (an )n>1 mit an = (−1)n+1
. Wegen der Potezn von -1 ist die
2
n
Folge offensichtlich alternierend.
s
! √
r
√
2+4
2+4
2+4 1 + n42
n
n
n
|an | = (−1)n+1
=
=
−→ 0 für n −→ ∞
=
n2
n2
n4
n2
Damit ist gezeigt, dass (an )n>1 eine Nullfolge ist.
s
r
p
√
(n + 1)2 + 4
n2 + 4
1
1
4
4
−
=
+
−
+ 4
2
2
2
4
2
(n + 1)
n
(n + 1)
(n + 1)
n
n
=q
1
(n+1)2
+
4
(n+1)4
−
1
(n+1)2
+
4
(n+1)4
+
3
1
n2
q
−
4
n4
1
n2
+
=q
4
n4
2
+4n+1
− 4 4n n+6n
− n22n+1
4 (n+1)4
(n+1)2
q
<0
=q
1
4
1
4
+
+
+
(n+1)2
(n+1)4
n2
n4
p
√
(n + 1)2 + 4
n2 + 4
⇔
<
(n + 1)2
n2
2
n2 −(n+1)2
n2 (n+1)2
1
(n+1)2
4
4
+ 4 nn4−(n+1)
(n+1)4
q
4
1
+ (n+1)
+
+
4
n2
4
n4
Aus der oberen Äquivalenz kann man darauf schließen,
der Betrag der Folge (an )n>1 mo √ dass
P∞
n2 +4
n+1
alle Kriterien des Leibnizkriterium
noton fällt. Damit erfüllt die Reihe n=2 (−1)
n2
und ist somit konvergent.
Um zu beweisen, dass diese Reihen nicht absolut konvergiert, betrachtet man die Reihe
P∞ √n2 +4
:
n=2
n2
∞
X
√
n=2
∞ √
∞
∞
X
1
n2 + 4 X n2 X n
>
=
=
2
2
n2
n
n
n
n=2
n=2
n=2
Auf der rechten Seite steht die harmonische Reihe, d.h.wir
haben
eine divergente Minorarante
√
P∞
n2 +4
n+1
gefunden. Damit ist es bewiesen, dass die n=2 (−1)
nicht absolut konvergent ist.
n2
Aufgabe 4 (3 Punkte (1+1+1)).
a) Zeigen Sie, dass 0 ein Häufungspunkt der Menge ab a, b ∈ N ist.
b) Hat die Menge der ganzen Zahlen Z Häufungspunkte? (Begründung!)
c) Berechnen Sie die Grenzwerte
lim
x→0+ ex
1
−1
und
lim
x→0− ex
1
.
−1
Lösung:
a) Betrachte die Folge (xn ), mit xn =
1
n
∈
a
b a, b ∈ N für alle n ∈ N. Damit gilt
lim xn = 0 .
n→∞
Gemäß der Definition ist 0 ein Häufungspunkt der Menge ab a, b ∈ N .
b) Seien a ∈ R und die Folge (xn ), mit xn ∈ Z \ {a}, beliebig, dann gilt
|xn − a| > min {|⌊a⌋ − a| , |⌊a⌋ + 1 − a|} .
Das steht im Widerspruch zur Defintion 14.2 der konvergente Folgen. Damit ist bewiesen, dass
keine reelle Zahl ein Häufungspunkt der Menge Z sein kann.
Betrachte die Folgen (xn ) und (yn ), mit xn = n ∈ Z und yn = −n ∈ Z für alle n ∈ N. Damit gilt
lim xn = ∞
n→∞
und
lim yn = −∞ .
n→∞
Daraus folgt, dass ∞ und −∞ die einzigen Häufungspunkte der Menge Z sind.
Bemerkung: Hierbei ist ⌊.⌋ die sogenannte Gaußklammer oder die Abrundungsfunktion. Das ist
eine Funktion, die einer reellen Zahl die nächstliegende nicht größere ganze Zahl zuordnet.
c) Es gilt ex > 1, falls x > 0, und ex < 1, falls x < 0. Daraus folgt, dass
lim
x→0+
ex
1
=∞
−1
und
lim
x→0−
ex
1
= −∞ .
−1
Abgabe der Lösungen spätestens am 23.11.2015 (Montag) um 14.00 Uhr VOR der Vorlesung.
3

Download Report