Marc Ensenbach Aachen, den 13. Dezember 2001

Lösungen zu den Übungen zur 1. Klausur zur Analysis I

Aufgabe 1 Diese Aussage wird durch einen Ringschluß gezeigt:

(1) ⇒ (2): Sei A = ∅, dann ist A \ B = ∅ \ B = ∅ = ∅ ∩ B = A ∩ B für jede Menge B.

(2) ⇒ (3): klar.

(3) ⇒ (1): Existiere eine Menge B mit A \ B = A ∩ B. Sei x ∈ A.

1. Fall: x ∈ B: Dann gilt x ∈ A ∩ B = A \ B ⇒ x ∈ A ∧ x ∉ B. ↯

2. Fall: x ∉ B: Dann gilt x ∈ A \ B = A ∩ B ⇒ x ∈ A ∧ x ∈ B. ↯ Damit kann ein x ∈ A nicht existieren, womit A = ∅ ist.

Aufgabe 2

(IA) n = 1: ∑_{k=1}^{1} \frac{1}{k(k + 1)} = \frac{1}{1 · 2} = \frac{1}{2} = 1 − \frac{1}{1 + 1}.

(IV) Sei n ∈ ℕ und gelte die Behauptung für dieses n.

(IS) Dann gilt ∑_{k=1}^{n+1} \frac{1}{k(k + 1)} = ∑_{k=1}^{n} \frac{1}{k(k + 1)} + \frac{1}{(n + 1)(n + 2)} =^{(IV)} 1 − \frac{1}{n + 1} + \frac{1}{(n + 1)(n + 2)} =

1 − \frac{n + 2 − 1}{(n + 1)(n + 2)} = 1 − \frac{1}{n + 2}, was die Behauptung für n + 1 ist.

Nach dem Induktionsprinzip gilt die Behauptung damit für alle n ∈ ℕ.

Aufgabe 3 Setze α = inf M, was nach der Voraussetzung existiert.

(1) −M ist durch −α nach oben beschränkt: Sei y ∈ −M, dann existiert ein x ∈ M mit y = −x. Da α Infimum von M ist, gilt x ⩾ α, also folgt y = −x ⩽ −α.

(2) −α ist kleinste obere Schranke (also: Zu jedem ε > 0 existiert ein y ∈ −M mit −α − ε < y ⩽ −α): Sei ε > 0. Da α Infimum von M ist, existiert ein x ∈ M mit α ⩽ x < α + ε. Es folgt −α ⩾ −x > −α − ε. Da −x ∈ −M ist, ist damit sup(−M) = −α = − inf M gezeigt.

Aufgabe 4 ”⇒“: Sei f injektiv, Z eine Menge und g, h : Z → X mit f ∘ g = f ∘ h. Sei z ∈ Z, dann gilt f(g(z)) = (f ∘ g)(z) = (f ∘ h)(z) = f(h(z)) nach Voraussetzung. Da f injektiv ist, folgt g(z) = h(z). Diese Aussage gilt für alle z ∈ Z, also ist g = h. ”⇐“: Sei für alle Mengen Z und Abbildungen g, h : Z → X mit f ∘ g = f ∘ h bereits g = h. Seien x_{1}, x_{2} ∈ X mit f(x_{1}) = f(x_{2}). Wähle Z = {1}, g(1) = x_{1} und h(1) = x_{2}, dann gilt (f ∘ g)(z) = f(g(z)) = f(g(1)) = f(x_{1}) = f(x_{2}) = f(h(1)) = f(h(z)) = (f ∘ h)(z) für alle z ∈ Z, also gilt f ∘g = f ∘h und nach Voraussetzung folgt g = h und damit x_{1} = g(1) = h(1) = x_{2}.

Aufgabe 5 Mit N(p) für ein Polynom p sei im Folgenden die reelle Nullstellenmenge von p be-

zeichnet. Setze P_{n} = {p : ℝ → ℝ | ∃ a_{0}, …, a_{n} ∈ ℚ, a_{n} ≠ 0, p : x ↦ ∑_{k=0}^{n} a_{k}x^{k}} und

N_{n} = {x ∈ ℝ | ∃ p ∈ P_{n} : x ∈ N(p)}. Jedem p ∈ P_{n} kann man nach dem Identitätssatz für Polynome eindeutig das Tupel (a_{0}; a_{1}; …; a_{n}) seiner Koeffizienten zuordnen. Diese Abbildung φ : P_{n} → ℚ^{n+1} ist injektiv. Da ℚ^{n+1} nach Vorlesung abzählbar ist, existiert eine injektive Abbildung ψ : ℚ^{n+1} → ℕ. Damit ist ψ ∘ φ : P_{n} → ℕ ist injektiv, womit P_{n} abzählbar ist. Da N(p) für p ∈ P_{n} höchstens n Elemente enthält und damit abzählbar ist, ist N_{n} = ⋃_{p∈P_{n}} N(p) als

abzählbare Vereinigung abzählbarer Mengen abzählbar. Wegen A = ⋃_{n=0}^{∞} N_{n} ist damit auch A

als abzählbare Vereinigung abzählbarer Mengen abzählbar.

Aufgabe 6

(1) f ist injektiv: Seien z_{1}, z_{2} ∈ H mit f(z_{1}) = f(z_{2}). Dann gilt \frac{z_{1} − i}{z_{1} + i} = \frac{z_{2} − i}{z_{2} + i} ⇔

(z_{1} − i)(z_{2} + i) = (z_{1} + i)(z_{2} − i) ⇔ z_{1}z_{2} − iz_{2} + iz_{1} + 1 = z_{1}z_{2} + iz_{2} − iz_{1} + 1 ⇔ −iz_{2} + iz_{1} = iz_{2} − iz_{1} ⇔ −z_{2} + z_{1} = z_{2} − z_{1} ⇔ −(z_{2} − z_{1}) = z_{2} − z_{1} ⇔ z_{2} − z_{1} = 0 ⇔ z_{2} = z_{1}.

(2) f(H) ⊂ K: Sei z ∈ H, also Im z > 0. Sei z = x + iy, x, y ∈ ℝ, dann gilt z − \overline{z} = x + iy − (x − iy) = 2iy ⇒ Im z = y = \frac{1}{2i}(z − \overline{z}) > 0. Damit erhält man

|f(z)|^{2} = f(z)\overline{f(z)} = \frac{z − i}{z + i}\overline{(\frac{z − i}{z + i})} = \frac{z − i}{z + i} \frac{\overline{z} + i}{\overline{z} − i} = \frac{z\overline{z} − i\overline{z} + iz + 1}{z\overline{z} + i\overline{z} − iz + 1} = \frac{|z|^{2} + i(z − \overline{z}) + 1}{|z|^{2} − i(z − \overline{z}) + 1} =

\frac{|z|^{2} − \frac{1}{i}(z − \overline{z}) + 1}{|z|^{2} + \frac{1}{i}(z − \overline{z}) + 1} = \frac{|z|^{2} − 2 Im z + 1}{|z|^{2} + 2 Im z + 1} < 1, da der Zähler wegen Im z > 0 kleiner als der Nenner

ist. Damit ist f(z) ∈ K, also ist die Behauptung gezeigt.

(3) K ⊂ f(H): Sei w ∈ K, also |w| < 1. Dann gilt w = f(z) = \frac{z − i}{z + i} ⇔ wz + iw =

z − i ⇔ iw + i = (1 − w)z ⇔ z = \frac{iw + i}{1 − w}, da |w| < 1, also insbesondere w ≠ 1. Nun gilt

Im z = \frac{1}{2i}(z − \overline{z}) = \frac{1}{2i} (\frac{iw + i}{1 − w} − \frac{−i\overline{w} − i}{1 − \overline{w}}) = \frac{1}{2i} (\frac{(iw + i)(1 − \overline{w}) − (−i\overline{w} − i)(1 − w)}{(1 − w)(1 − \overline{w})}) =

\frac{1}{2i} (\frac{iw − iw\overline{w} + i − i\overline{w} + i\overline{w} + i − iw\overline{w} − iw}{(1 − w)\overline{(1 − w)}}) = \frac{1}{2i} (\frac{−2iw\overline{w} + 2i}{|1 − w|^{2}}) = \frac{1 − |w|^{2}}{|1 − w|^{2}} > 0, da

0 ⩽ |w| < 1. Damit gibt es zu jedem w ∈ K ein z ∈ H mit f(z) = w. Aus (2) und (3) folgt f(H) = K.

Aufgabe 7

a) Polynomdivision liefert a_{n} = \frac{n^{2} − n + 2}{3n − 1} = \frac{1}{3}n− \frac{2}{9} + \frac{16}{9(3n − 1)}. Zu M > 0 wähle n_{0} = 3M +3,

dann gilt für n ∈ ℕ, n ⩾ n_{0}: a_{n} = \frac{1}{3}n− \frac{2}{9} + \frac{16}{9(3n − 1)} ⩾ \frac{1}{3}n−1 ⩾ \frac{1}{3}n_{0}−1 = \frac{1}{3}(3M +3)−1 = M,

also ist (a_{n})_{n} bestimmt divergent gegen ∞.

b) Zu ε > 0 wähle n_{0} = \frac{1}{4ε}, dann gilt für alle n ∈ ℕ, n ⩾ n_{0}: |a_{n} − \frac{1}{2}| = |\sqrt{n^{2} + n} − n − \frac{1}{2}| =

|\frac{(\sqrt{n^{2} + n} − (n + \frac{1}{2}))(\sqrt{n^{2} + n} + (n + \frac{1}{2}))}{\sqrt{n^{2} + n} + (n + \frac{1}{2})}| = |\frac{n^{2} + n − (n + \frac{1}{2})^{2}}{\sqrt{n^{2} + n} + n + \frac{1}{2}} | = |\frac{n^{2} + n − n^{2} − n − \frac{1}{4}}{\sqrt{n^{2} + n} + n + \frac{1}{2}} | =

\frac{\frac{1}{4}}{\sqrt{n^{2} + n} + n + \frac{1}{2}} ⩽ \frac{\frac{1}{4}}{n} ⩽ \frac{1}{4n_{0}} = \frac{1}{4\frac{1}{4ε}} = ε. Damit ist die Aussage gezeigt.

Aufgabe 8

a) Es gilt 1 ⩽ a_{n} = (1 + \frac{1}{n^{2}} )^{n} = \sqrt[n]{((1 + \frac{1}{n^{2}} )^{n})^{n}} = \sqrt[n]{(1 + \frac{1}{n^{2}} )^{n^{2}}} ⩽ \sqrt[n]{e}, da

(1 + \frac{1}{n^{2}} )^{n^{2}} ⩽ e nach III(2.7) und wegen der Monotonie der n-ten Wurzel. Wegen \sqrt[n]{e} ⟶_{n→∞} 1

folgt a_{n} ⟶_{n→∞} 1 mit dem Sandwich-Lemma.

b) \sqrt[2n]{n} = \sqrt[2n]{2n · \frac{1}{2}} = \sqrt[2n]{2n} \sqrt[2n]{\frac{1}{2}} ⟶_{n→∞}^{GWS} 1 · 1, da Faktoren Teilfolgen von (\sqrt[n]{n})_{n} und (\sqrt[n]{\frac{1}{2}})_{n}.

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

\frac{−3^{2n−1} + 2n − 1}{3^{2n−1}} = −1 + \frac{2n}{3^{2n−1}} − \frac{1}{3^{2n−1}} ⟶_{n→∞}^{GWS} −1 + 0 − 0 = −1. Da a_{n} damit zwei verschiedene

Häufungspunkte besitzt, ist (a_{n})_{n} divergent.

d) a_{n} = \binom{2n}{n}\frac{1}{2^{n}} = \frac{∏_{k=n+1}^{2n} k}{∏_{k=1}^{n} k} \frac{1}{2^{n}} = \frac{∏_{k=1}^{n}(n + k)}{∏_{k=1}^{n}(2k)} = \frac{n + 1}{2} ∏_{k=2}^{n} \underbrace{\frac{n + k}{2k}}_{⩾1} ⩾ \frac{n + 1}{2} ⟶_{n→∞} ∞, also ist (a_{n})_{n}

bestimmt divergent gegen ∞.

Aufgabe 9

(1) (a_{n})_{n} beschränkt: ∀ n ∈ ℕ : 1 ⩽ a_{n} ⩽ 2: Beweis durch vollständige Induktion. (IA) n = 1: 1 ⩽ 1 = a_{1} ⩽ 2. (IV) Sei n ∈ ℕ und gelte 1 ⩽ a_{n} ⩽ 2 für dieses n.

(IS) Dann gilt a_{n+1} = 1 + \frac{1}{a_{n}} ⩽^{(IV)} 1 + \frac{1}{1} = 2 und a_{n+1} = 1 + \frac{1}{a_{n}} ⩾^{(IV)} 1 + \frac{1}{2} ⩾ 1. Mit dem Induktionsprinzip folgt die Behauptung. Nun betrachte die Teilfolge (a_{2n})_{n}.

(2) (a_{2n})_{n} monoton: ∀ n ∈ ℕ : a_{2n+2} ⩽ a_{2n}: Beweis durch vollständige Induktion. (IA) n = 1: a_{4} = \frac{5}{3} ⩽ 2 = a_{2}. (IV) Sei n ∈ ℕ und gelte a_{2n+2} ⩽ a_{2n} für dieses n.

(IS) Dann gilt a_{2n+4} = 1 + \frac{1}{a_{2n+3}} = 1 + \frac{1}{1 + \frac{1}{a_{2n+2}}} = 1 + \frac{a_{2n+2}}{a_{2n+2} + 1} = 2 − \frac{1}{a_{2n+2} + 1} ⩽^{(IV)}

2 − \frac{1}{a_{2n} + 1} = a_{2n+2}.

Mit dem Induktionsprinzip folgt die Behauptung.

(3) Der Grenzwert lim_{n→∞}a_{2n} existiert nach (1) und (2). Es gilt a = lim_{n→∞}a_{2n} = lim_{n→∞}a_{2n+2} =

lim_{n→∞}(2 − \frac{1}{a_{2n}+1}) =^{GWS} 2 − \frac{1}{a+1}. Es gilt also a = 2 − \frac{1}{a+1} ⇔ a(a + 1) = 2(a + 1) − 1 ⇔

a^{2} + a − 2a − 2 + 1 = 0 ⇔ a^{2} − a − 1 = 0 ⇔ a = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \sqrt{5}, da die negative Lösung \frac{1}{2} − \frac{1}{2} \sqrt{5} wegen a_{n} ⩾ 1 für alle n ∈ ℕ nicht auftreten kann. Nun betrachte die Teilfolge (a_{2n−1})_{n}. (2’) (a_{2n−1})_{n} monoton: ∀ n ∈ ℕ : a_{2n+1} ⩾ a_{2n−1}: Beweis durch vollständige Induktion.

(IA) n = 1: a_{3} = \frac{3}{2} ⩾ 1 = a_{1}. (IV) Sei n ∈ ℕ und gelte a_{2n+1} ⩽ a_{2n−1} für dieses n.

(IS) Dann gilt a_{2n+3} = 2 − \frac{1}{a_{2n+1} + 1} ⩾^{(IV)} 2 − \frac{1}{a_{2n−1} + 1} = a_{2n+1}.

Mit dem Induktionsprinzip folgt die Behauptung. (3’) Der Grenzwert lim_{n→∞}a_{2n−1} existiert nach (1) und (2’). Es gilt a′ = lim_{n→∞}a_{2n−1} = lim_{n→∞}a_{2n+1} =

lim_{n→∞}(2 − \frac{1}{a_{2n−1}+1}) =^{GWS} 2 − \frac{1}{a′+1}. Es gilt also a′ = 2 − \frac{1}{a′+1} ⇔ a′ = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \sqrt{5} = a wie in (3).

Zu ε > 0 wähle n_{0} so, daß |a_{2[ \frac{n}{2} ]} − a| < \frac{ε}{2} und |a_{2[ \frac{n}{2} ]+1} − a| < \frac{ε}{2} für alle n ⩾ n_{0} (möglich, da (a_{2n})_{n} und (a_{2n+1})_{n} gegen a konvergieren). Dann gilt für n ⩾ n_{0}: |a_{n} − a| ⩽ |a_{2[ \frac{n}{2} ]} − a| + |a_{2[ \frac{n}{2} ]+1} − a| < \frac{ε}{2} + \frac{ε}{2} = ε, da n = 2[\frac{n}{2}] oder n = 2[\frac{n}{2}] + 1. Damit ist gezeigt, daß (a_{n})_{n} gegen φ = \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \sqrt{5} konvergiert.

Aufgabe 10 Zerlege (a_{n})_{n} in Teilfolgen:

a_{4n} = \frac{(−1)^{4n}(4n) + 1}{4n} + (−1)^{\frac{(4n)(4n−1)}{2}} = \frac{4n + 1}{4n} + 1 = 1 + \frac{1}{4n} + 1 ⟶_{n→∞}^{GWS} 2.

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

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

a_{4n−1} = \frac{(−1)^{4n−1}(4n − 1) + 1}{4n − 1} +(−1)^{\frac{(4n−1)(4n−2)}{2}} = \frac{−(4n − 1) + 1}{4n − 1} −1 = −1+ \frac{1}{4n − 1} −1 ⟶_{n→∞}^{GWS} −2.

Sei nun (a_{n_{k}})_{k} eine beliebige konvergente Teilfolge von (a_{n})_{n}. Da jedes Folgenglied in einer der obigen Teilfolgen auftritt, gehören zu (mindestens) einer der obigen Teilfolgen (a_{m_{k}})_{k} unendlich viele Folgenglieder von (a_{n_{k}})_{k}, womit (a_{n_{k}})_{k} gegen den Grenzwert von (a_{m_{k}})_{k} konvergieren muß. Damit ist gezeigt, daß es keine weiteren Häufungspunkte von (a_{n})_{n} gibt, also ist {−2; 0; 2} die Häufungspunktmenge, womit lim sup_{n→∞} a_{n} = 2 folgt. (a_{4n})_{n} ist eine gegen den Limes superior

konvergente Teilfolge.

Aufgabe 11 M ist nicht abgeschlossen, da \frac{1}{n^{2}} +\sqrt{\frac{1}{n^{2}}} = \frac{1}{n^{2}} + \frac{1}{n} ∈ M für alle n ∈ ℕ, n ⩾ 2, aber lim_{n→∞}(\frac{1}{n^{2}} + \frac{1}{n}) =

0 ∉ M, da x + \sqrt{x} > 0 für x > 0. M ist offen: Sei y_{0} ∈ M, dann existiert ein x_{0} ∈ (0; 1) mit y_{0} = x_{0} + \sqrt{x_{0}}. Wähle nun ε = min\{x_{0}; 1 − x_{0}\} und sei y_{0} − ε < y < y_{0} + ε. Mit x = z^{2} gilt dann y = x + \sqrt{x} ⇔ z^{2} + z − y = 0 ⇔ z = −\frac{1}{2} ± \sqrt{\frac{1}{4} + y}. Betrachte nun z = −\frac{1}{2} + \sqrt{\frac{1}{4} + y}. Es gilt z = −\frac{1}{2} + \sqrt{\frac{1}{4} + y} >

−\frac{1}{2} + \sqrt{\frac{1}{4} + y_{0} − ε} = −\frac{1}{2} + \sqrt{\frac{1}{4} + x_{0} + \sqrt{x_{0}} − ε} ⩾ −\frac{1}{2} + \sqrt{\frac{1}{4} + x_{0} − ε} ⩾ −\frac{1}{2} + \sqrt{\frac{1}{4}} = 0 und

z = −\frac{1}{2} + \sqrt{\frac{1}{4} + y} < −\frac{1}{2} + \sqrt{\frac{1}{4} + y_{0} + ε} = −\frac{1}{2} + \sqrt{\frac{1}{4} + \sqrt{x_{0}} + x_{0} + ε} ⩽ −\frac{1}{2} + \sqrt{\frac{1}{4} + 1 + 1} =

−\frac{1}{2} + \sqrt{\frac{9}{4}} = −\frac{1}{2} + \frac{3}{2} = 1, also ist z ∈ (0; 1) und damit x = z^{2} ∈ (0; 1). Damit existiert zu jedem y ∈ U_{ε}(y_{0}) ein x ∈ (0; 1) mit y = x + \sqrt{x}, also ist y ∈ M. Damit ist M offen.