Material zur Übungsstunde  Marc Ensenbach

Aufgabe: Sei c ∈ ℂ und f_{c} : ℂ \ \{0\} → ℂ, z ↦ z + \frac{c}{z}. Untersuche f_{c} auf Injektivität, Surjektivität und Bijektivität. Lösung: (1a) f_{0} ist nicht surjektiv: Wegen f_{0}(z) = z für alle z ∈ ℂ\{0} hat 0 kein Urbild in ℂ \ {0}. (1b) f_{c} ist für c ≠ 0 surjektiv: Sei w ∈ ℂ. Für z ∈ ℂ \ {0} ist

f_{c}(z) = w ⇔ z + \frac{c}{z} = w ⇔^{z≠0} z^{2} + c = wz ⇔ z^{2} − wz + c = 0.

Nach I(4.10) besitzt diese Gleichung eine Lösung für z in ℂ. Da für z = 0 stets z^{2} − wz + c = c ≠ 0 gilt, liegt die Lösung in ℂ \ {0}, also hat w ein Urbild in ℂ \ {0}. Damit ist f_{c} surjektiv. (2a) f_{0} ist injektiv: Wegen f_{0}(z) = z für alle z ∈ ℂ ist dies klar. (2b) f_{c} ist für c ≠ 0 nicht injektiv: Für z ∈ ℂ \ {0} gilt

f_{c}(z) = 0 ⇔ z + \frac{c}{z} = 0 ⇔^{z≠0} z^{2} + c = 0 ⇔ z^{2} = −c.

Nach I(4.10) hat diese Gleichung eine Lösung z = z_{0} (z_{0} ≠ 0, da 0^{2} = 0 ≠ −c). Dann ist auch (−z_{0})^{2} = (−1)^{2}z_{0}^{2} = 1 · (−c) = −c, also hat man mit z_{0} und −z_{0} zwei verschiedene Urbilder von 0 gefunden. Daher ist f_{c} nicht surjektiv.

(3) Bijektivität: Aus dem bisher Gezeigten erhält man, dass f_{c} für kein c ∈ ℂ bijektiv ist.

Aufgabe: Man untersuche jeweils (a_{n})_{n⩾1} auf Konvergenz und bestimme gegebenenfalls den Grenzwert.

a) a_{n} = \frac{\sqrt{n(n + 1)}}{n},  b) a_{n} = \frac{(−1)^{n}n + 2}{n + 1},  c) a_{n} = \sqrt{n^{2} − n + 1} − n,

d) a_{n} = (\frac{n + 1}{2n})^{n}.

Lösung: zu a) siehe Diskussionsstunde zu b): Behauptung: (a_{n})_{n⩾1} ist divergent. Beweis durch Widerspruch. Sei also angenommen, (a_{n})_{n⩾1} ist konvergent. Da (\frac{2}{n+1})_{n⩾1} = (\frac{2}{n} \frac{1}{1+ \frac{1}{n}})_{n⩾1} nach den Limitenregeln (III(1.7))

und III(1.5) konvergiert, ist nach den Limitenregeln auch die Folge (a_{n} − \frac{2}{n+1})_{n⩾1} konvergent. Mit den Limitenregeln und III(1.5) folgt dann auch die Konvergenz der Folge ((1 + \frac{1}{n})(a_{n} − \frac{2}{n+1}))_{n⩾1}. Es gilt aber

\begin{aligned}(1 + \frac{1}{n}) (a_{n} − \frac{2}{n + 1}) & = (1 + \frac{1}{n}) (\frac{(−1)^{n}n + 2}{n + 1} − \frac{2}{n + 1}) = (1 + \frac{1}{n}) (\frac{(−1)^{n}n}{n + 1}) \\ & = \frac{n + 1}{n} (\frac{(−1)^{n}n}{n + 1}) = \frac{(−1)^{n}n}{n} = (−1)^{n}. \end{aligned}

Da ((−1)^{n})_{n⩾1} nach III(1.5) nicht konvergiert, hat man hier einen Widerspruch, so dass die Divergenz von (a_{n})_{n⩾1} folgt. [Bemerkung: Natürlich wurden auch hier die zu betrachtenden Hilfsfolgen durch ”Zurückrechnen“ bestimmt, damit sich zuletzt genau ((−1)^{n})_{n⩾1} als divergente Folge ergibt.] zu c): Für alle n ∈ ℕ gilt

\begin{aligned}a_{n} & = \sqrt{n^{2} − n + 1} − n = \frac{(\sqrt{n^{2} − n + 1} − n)(\sqrt{n^{2} − n + 1} + n)}{\sqrt{n^{2} − n + 1} + n} \\ & = \frac{n^{2} − n + 1 − n^{2}}{\sqrt{n^{2} − n + 1} + n} = \frac{−n + 1}{\sqrt{n^{2} − n + 1} + n} \end{aligned}

und damit

a_{n} = \frac{−n + 1}{\sqrt{n^{2} − n + 1} + n} ⩽^{\begin{aligned}\sqrt{·} & monoton \\ & n⩾1 \end{aligned}} \frac{−n + 1}{\sqrt{n^{2}} + n} = \frac{−n + 1}{2n} = −\frac{1}{2} + \frac{1}{2} \frac{1}{n} ⟶^{Limitenregeln III(1.5)}_{n→∞} −\frac{1}{2}

sowie

a_{n} ⩾^{\begin{aligned}\sqrt{·} & monoton \\ & n⩾1 \end{aligned}} \frac{−n + 1}{\sqrt{n^{2} − 2n + 1} + n} = \frac{−n + 1}{n − 1 + n} = \frac{−n + 1}{2n − 1} = \frac{−1 + \frac{1}{n}}{2 − \frac{1}{n}} ⟶^{Limitenregeln III(1.5)}_{n→∞} −\frac{1}{2}.

Mit dem Sandwich-Lemma (III(1.10)) folgt nun lim_{n→∞}a_{n} = −\frac{1}{2}. [Bemerkung: Die ”Beseitigung“ einer Wurzel durch Erweitern zur dritten binomischen Formel gehört zu den Standardtricks.] zu d): Für alle n ∈ ℕ mit n ⩾ 2 gilt

0 ⩽ a_{n} = (\frac{n + 1}{2n})^{n} ⩽ (\frac{n + \frac{n}{2}}{2n} )^{n} = (\frac{3}{4})^{n} ⟶_{n→∞} 0.

Mit dem Sandwich-Lemma (III(1.10)) folgt nun lim_{n→∞}a_{n} = 0.