Lösung zur 1. Klausur zur Analysis I

Marc Ensenbach 18. Januar 2002

Aufgabe 1 (3+4+4 Punkte)

a) Zeigen Sie, dass für alle n ∈ ℕ gilt:

∑_{k=1}^{n} \frac{k}{2^{k}} = \frac{2^{n+1} − n − 2}{2^{n}}.

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

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

\begin{aligned}∑_{k=1}^{n+1} \frac{k}{2^{k}} & = ∑_{k=1}^{n} \frac{k}{2^{k}} + \frac{n + 1}{2^{n+1}} =^{(IV)} \frac{2^{n+1} − n − 2}{2^{n}} + \frac{n + 1}{2^{n+1}} = \frac{2 · 2^{n+1} − 2n − 2 · 2 + n + 1}{2^{n+1}} \\ & = \frac{2^{(n+1)+1} − (n + 1) − 2}{2^{n+1}}, \end{aligned}

was die Behauptung für n + 1 ist. Mit dem Induktionsprinzip folgt die Behauptung.

b) Zeigen Sie, dass für alle n ∈ ℕ gilt:

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

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

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

Lösung zur 1. Klausur zur Analysis I  Marc Ensenbach

(IS) Es gilt

∑_{k=1}^{2(n+1)} \frac{(−1)^{k+1}}{k} = ∑_{k=1}^{2n} \frac{(−1)^{k+1}}{k} + \frac{(−1)^{2n+2}}{2n + 1} + \frac{(−1)^{2n+3}}{2n + 2} =^{(IV)} ∑_{k=n+1}^{2n} \frac{1}{k} + \frac{1}{2n + 1} − \frac{1}{2n + 2}

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

= ∑_{k=(n+1)+1}^{2n+1} \frac{1}{k} + \frac{1}{2n + 2} = ∑_{k=(n+1)+1}^{2(n+1)} \frac{1}{k},

was die Behauptung für n + 1 ist. Mit dem Induktionsprinzip folgt die Behauptung.

c) Zeigen Sie, dass für alle n ∈ ℕ gilt:

∑_{k=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{k}} ⩽ 2\sqrt{n} − 1.

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

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

∑_{k=1}^{n+1} \frac{1}{\sqrt{k}} = ∑_{k=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{k}} + \frac{1}{\sqrt{n + 1}} ⩽^{(IV)} 2\sqrt{n} − 1 + \frac{1}{\sqrt{n + 1}},

der Induktionsschluss ist also gezeigt, wenn bewiesen wurde, dass dieser Ausdruck kleiner/gleich 2\sqrt{n + 1} − 1 ist:

2\sqrt{n} − 1 + \frac{1}{\sqrt{n + 1}} ⩽ 2\sqrt{n + 1} − 1  ⇔
2\sqrt{n}\sqrt{n + 1} − \sqrt{n + 1} + 1 ⩽ 2(n + 1) − \sqrt{n + 1} ⇔
2\sqrt{n(n + 1)} + 1 ⩽ 2n + 2  ⇔
2\sqrt{n(n + 1)} ⩽ 2n + 1.

Diese Aussage ist immer gültig, da n(n + 1) = n^{2} + n ⩽ n^{2} + n + \frac{1}{4} = (n + \frac{1}{2})^{2}, also wegen der Monotonie der Wurzelfunktion 2\sqrt{n(n + 1)} ⩽ 2(n + \frac{1}{2}) = 2n + 1 gilt. Mit dem Induktionsprinzip folgt nun die Behauptung.

Aufgabe 2 (4 Punkte) Es seien x, y ∈ ℝ. Zeigen Sie: Es gilt |x + y| ⩽ max{|x|, |y|} genau dann, wenn xy ⩽ 0 gilt.

Es sei o. B. d. A. x ⩾ 0, ansonsten ersetze x durch −x und y durch −y, ohne dass sich etwas an den zu betrachtenden Beträgen ändert.

1. Fall: x = 0. Dann ist xy ⩽ 0 und |x + y| = |y| = max{|x|, |y|}.

2. Fall: x > 0 und y > 0. Dann ist xy > 0 und |x + y| = x + y > max{x, y} = max{|x|, |y|}.

3. Fall: x > 0 und −x ⩽ y ⩽ 0. Dann ist xy ⩽ 0 und |x + y| = x − |y| ⩽ x = max{|x|, |y|}.

4. Fall: x > 0 und y < −x. Dann ist xy ⩽ 0 und |x + y| = |y| − |x| ⩽ |y| = max{|x|, |y|}. Mit dieser Fallunterscheidung ist die behauptete Äquivalenz bewiesen.

Aufgabe 3 (4 Punkte) Zeigen Sie: Für z ∈ ℂ, z ≠ 0 gilt Im(z + \frac{1}{z}) = 0 genau dann, wenn Im(z) = 0 oder |z| = 1 ist.

Sei z = x + iy mit x, y ∈ ℝ. Dann gilt

Im(z + \frac{1}{z}) = 0  ⇔
Im(x + iy + \frac{1}{x+iy}) = 0 ⇔
Im(x + iy + \frac{x−iy}{x^{2}+y^{2}} ) = 0 ⇔
y − \frac{y}{x^{2}+y^{2}} = 0  ⇔
yx^{2} + y^{3} − y = 0  ⇔
y = 0 ∨ x^{2} + y^{2} − 1 = 0 ⇔
Im z = 0 ∨ |z| = 1.

Aufgabe 4 (4 Punkte) Sei M = \{\frac{1}{n} | n ∈ ℕ\}. Bestimmen Sie die inneren Punkte, die Häufungspunkte und die isolierten Punkte von M. Ist M offen oder abgeschlossen?

Bestimmung der Häufungspunkte:

1. Fall: x < 0. Wähle ε = |x| > 0. Da alle Elemente von M größer als 0 sind, liegen in U_{ε}(x) = (2x, 0) keine Punkte aus M. Damit ist x kein Häufungspunkt.

2. Fall: x = 0. Da 0 ≠ \frac{1}{n} ∈ M für alle n ∈ ℕ und \frac{1}{n} ⟶_{n→∞} 0, ist 0 ein Häufungspunkt von M.

3. Fall: 0 < x ⩽ 1, x = \frac{1}{n} ∈ M. Wähle ε = min\{\frac{1}{n}−\frac{1}{n+1}; \frac{1}{n−1}−\frac{1}{n}\} > 0, dann ist U_{ε}(x) ⊂ (\frac{1}{n+1}; \frac{1}{n−1}). Da in (\frac{1}{n+1}; \frac{1}{n−1}) und damit auch in U_{ε}(x) keine von x verschiedenen Punkte aus M liegen, ist x kein Häufungspunkt von M.

4. Fall: 0 < x ⩽ 1, x ∉ M. Wähle n ∈ ℕ so, dass \frac{1}{n+1} < x < \frac{1}{n}. Setze nun ε = min\{x− \frac{1}{n+1}; \frac{1}{n} −x\}, was größer als 0 ist. Dann liegt in U_{ε}(x) kein von x verschiedener Punkt aus M, womit x kein Häufungspunkt von M ist.

5. Fall: x > 1. Wähle ε = x − 1 > 0. Da alle Elemente von M kleiner/gleich 1 sind, liegen in U_{ε}(x) = (1, 2x − 1) keine Punkte aus M, womit x kein Häufungspunkt von M ist. Man erhält damit insgesamt die Häufungspunktmenge M′ = {0}. Da jeder innere Punkte von M auch Häufungspunkt ist, kann höchstens 0 ein innerer Punkt von M sein. Da aber 0 ∉ M gilt, ist M^{∘} = ∅. Für die Menge der isolierten Punkte erhält man dann M \M′ = M, also sind alle Punkte

aus M isoliert. Da M^{∘} ≠ M gilt, ist M nicht offen, wegen M′ ⊄ M ist M nicht abgeschlossen.

Aufgabe 5 (4+3 Punkte) Untersuchen Sie folgende Mengen auf Beschränktheit und bestimmen Sie gegebenenfalls Supremum und Infimum der Mengen.

a) M = \{x ∈ ℝ | x = \frac{1}{n + 1} + \frac{1 + (−1)^{n}}{2n} , n ∈ ℕ\} .

Wegen 0 ⩽ \frac{1}{n+1} ⩽ \frac{1}{2} und 0 ⩽ \frac{1+(−1)^{n}}{2n} ⩽ 1 ist M durch 0 und \frac{3}{2} beschränkt. Zeige inf M = 0:

(1) 0 ist untere Schranke von M nach Vorüberlegung.

(2) 0 ist größte untere Schranke: Sei ε > 0. Wähle n ∈ ℕ mit \frac{1}{n} < ε, dann ist 0 < \frac{1}{2n+2} < \frac{1}{n} < ε und

\frac{1}{2n + 2} = \frac{1}{2n + 2} + \frac{1 + (−1)^{2n+1}}{2(2n + 1)} ∈ M,

also folgt aus (1) und (2) die Behauptung. Zeige sup M = \frac{5}{6}:

(1) \frac{5}{6} ist obere Schranke von M: Ist n = 2m, m ∈ ℕ, so gilt

\frac{1}{n + 1} + \frac{1 + (−1)^{n}}{2n} = \frac{1}{2m + 1} + \frac{1 + (−1)^{2m}}{2(2m)} = \frac{1}{2m + 1} + \frac{1}{2m} ⩽ \frac{1}{2 + 1} + \frac{1}{2} = \frac{5}{6}.

Ist n = 2m − 1, m ∈ ℕ, so gilt

\frac{1}{n + 1} + \frac{1 + (−1)^{n}}{2n} = \frac{1}{2m − 1 + 1} + \frac{1 + (−1)^{2m−1}}{2(2m − 1)} = \frac{1}{2m} ⩽ \frac{1}{2} ⩽ \frac{5}{6}.

(2) \frac{5}{6} ist kleinste obere Schranke: \frac{5}{6} = \frac{1}{2+1} + \frac{1+(−1)^{2}}{2·2} ∈ M, also ist keine kleinere obere Schranke möglich. Damit folgt aus (1) und (2) die Behauptung.

b) N = \{x ∈ | x = \binom{n}{k}, n, k ∈ ℕ, \frac{n}{2} ⩽ k ⩽ n\} .

Nach Vorlesung ist N ⊂ ℕ, also ist 1 eine untere Schranke. Wegen 1 = \binom{1}{1} ∈ N ist inf N = 1. Für alle n ∈ ℕ ist n = \binom{n}{1} ∈ N, also ist N nicht nach oben beschränkt, womit sup N = ∞ gilt. (Bemerkung: Es ist N = ℕ.)

Aufgabe 6 (4 Punkte) Zeigen Sie: Ist (a_{n})_{n⩾1} eine konvergente Folge komplexer Zahlen und φ : ℕ → ℕ injektiv, so ist auch (a_{φ(n)})_{n⩾1} konvergent.

Es gelte a_{n} ⟶_{n→∞} a und es sei ε > 0. Aufgrund der Konvergenz findet man ein n′ ∈ ℕ mit

|a_{n} − a| < ε für alle n ⩾ n′. Setze n_{0} = max φ^{−1}({1, 2, …, n′ − 1}) + 1, dann gilt für alle n ⩾ n_{0}, da φ injektiv ist, φ(n) ⩾ n′ und damit |a_{φ(n)} − a| < ε. Nach Definition gilt damit a_{φ(n)} ⟶_{n→∞} a.

Aufgabe 7 (6+3+3+3 Punkte) Untersuchen Sie folgende Folgen auf Konvergenz und geben Sie gegebenenfalls den Grenzwert an:

a) (a_{n})_{n⩾1} mit a_{n} := (1 + \frac{1}{2n})^{n} für n ∈ ℕ.

(Zeigen und benutzen Sie: Ist (a_{n})_{n⩾1} eine Folge positiver reeller Zahlen und gilt lim_{n→∞}a_{n} = a > 0, dann folgt lim_{n→∞}\sqrt{a_{n}} = \sqrt{a}.) Sei (a_{n})_{n⩾1} eine Folge positiver reeller Zahlen mit lim_{n→∞}a_{n} = a > 0. Dann gilt

0 ⩽ |\sqrt{a_{n}} − \sqrt{a}| = |\frac{(\sqrt{a_{n}} − \sqrt{a})(\sqrt{a_{n}} + \sqrt{a})}{\sqrt{a_{n}} + \sqrt{a}}| = \frac{|a_{n} − a|}{\sqrt{a_{n}} + \sqrt{a}} ⩽ \frac{|a_{n} − a|}{\sqrt{a}} ⟶_{n→∞} 0,

da a_{n} ⟶_{n→∞} a und damit |a_{n} − a| ⟶_{n→∞} 0. Damit folgt |\sqrt{a_{n}} − \sqrt{a}| ⟶_{n→∞} 0, also \sqrt{a_{n}} ⟶_{n→∞} \sqrt{a}.

Sei nun (a_{n})_{n⩾1} die gegebene Folge. Dann gilt mit der eben gezeigten Aussage:

a_{n} = (1 + \frac{1}{2n})^{n} = \sqrt{(1 + \frac{1}{2n})^{2n}} ⟶_{n→∞} \sqrt{lim_{m→∞} (1 + \frac{1}{2m})^{2m}} = \sqrt{e},

da ((1 + \frac{1}{2m})^{2m})_{m⩾1} eine Teilfolge von ((1 + \frac{1}{n})^{n})_{n⩾1} ist.

b) (b_{n})_{n⩾1} mit b_{n} := \sqrt[n]{3^{n} + 5^{n} + 7^{n}} für n ∈ ℕ.

Wegen der Monotonie der n-ten Wurzel gilt

7 = \sqrt[n]{7^{n}} ⩽ \sqrt[n]{3^{n} + 5^{n} + 7^{n}} ⩽ \sqrt[n]{7^{n} + 7^{n} + 7^{n}} = \sqrt[n]{3 · 7^{n}} = \sqrt[n]{3} · \sqrt[n]{7^{n}} = 7 · \sqrt[n]{3} ⟶_{n→∞} 7,

also folgt lim_{n→∞}b_{n} = 7 nach dem Sandwich-Lemma.

c) (c_{n})_{n⩾1} mit c_{n} := \frac{(n + 2)! + in^{2}(n + 3)!}{n(n + 5)!} für n ∈ ℕ.

Es gilt

\begin{aligned}c_{n} & = \frac{(n + 2)! + in^{2}(n + 3)!}{n(n + 5)!} = \frac{1}{n(n + 3)(n + 4)(n + 5)} + i\frac{n}{(n + 4)(n + 5)} \\ & = \frac{1}{n(n + 3)(n + 4)(n + 5)} + i\frac{\frac{1}{n}}{(1 + \frac{4}{n})(1 + \frac{5}{n})} ⟶_{n→∞}^{GWS} 0. \end{aligned}

d) (d_{n})_{n⩾1} mit d_{n} := \frac{\sqrt{5}n + (−1)^{n}n}{n + 1} für n ∈ ℕ.

Es gilt

d_{2n} = \frac{\sqrt{5}(2n) + (−1)^{2n}(2n)}{2n + 1} = \frac{2n(\sqrt{5} + 1)}{2n + 1} = \frac{2(\sqrt{5} + 1)}{2 + \frac{1}{n}} ⟶_{n→∞}^{GWS} \sqrt{5} + 1

und

d_{2n−1} = \frac{\sqrt{5}(2n − 1) + (−1)^{2n−1}(2n − 1)}{2n} = \frac{(2 − \frac{1}{n})(\sqrt{5} − 1)}{2} ⟶_{n→∞}^{GWS} \sqrt{5} − 1.

Damit hat (d_{n})_{n} zwei Teilfolgen mit unterschiedlichen Grenzwerten und kann somit nicht konvergieren.

Aufgabe 8 (6 Punkte) Zeigen Sie, dass die durch x_{1} = 1 und x_{n+1} = 2x_{n} − \frac{1}{3}x_{n}^{2} für n ∈ ℕ rekursiv definierte Folge (x_{n})_{n⩾1} konvergent ist und bestimmen Sie den Grenzwert.

(1) Beschränktheit: 0 < x_{n} ⩽ 3 für alle n ∈ ℕ. (IA) Es gilt 0 < x_{1} = 1 ⩽ 3. (IV) Sei n ∈ ℕ und gelte 0 < x_{n} ⩽ 3 für dieses n. (IS) Es ist x_{n+1} ⩽ 3 ⇔ 2x_{n} − \frac{1}{3}x_{n} ⩽ 3 ⇔ −6x_{n} + x_{n}^{2} ⩾ −9 ⇔ x_{n}^{2} − 6x_{n} + 9 ⩾ 0 ⇔ (x_{n} − 3)^{2} ⩾ 0,

was immer gilt, also ist x_{n+1} ⩽ 3. Andererseits ist x_{n+1} = 2x_{n} − \frac{1}{3}x_{n}^{2} > 0 ⇔^{(IV) x_{n}>0} 2 − \frac{1}{3}x_{n} > 0 ⇔ 2 > \frac{1}{3}x_{n} ⇔ 6 > x_{n}, was nach (IV) immer gilt, also ist x_{n+1} > 0. Nach dem Induktionsprinzip folgt die Behauptung.

(2) Monotonie: x_{n} ⩽ x_{n+1} für alle n ∈ ℕ. Es gilt

x_{n} ⩽ x_{n+1} ⇔^{x_{n}≠0} \frac{x_{n+1}}{x_{n}} ⩾ 1 ⇔ \frac{2x_{n} − \frac{1}{3}x_{n}^{2}}{x_{n}} ⩾ 1 ⇔ 2 − \frac{1}{3}x_{n} ⩾ 1 ⇔ x_{n} ⩽ 3,

was nach Teil (1) gilt, also ist (x_{n})_{n⩾1} monoton.

(3) Grenzwert: Nach (1) und (2) existiert x = lim_{n→∞}x_{n} und es gilt x = lim_{n→∞}x_{n} = lim_{n→∞}x_{n+1} =

lim_{n→∞}(2x_{n} − \frac{1}{3}x_{n}^{2}) =^{GWS} 2x − \frac{1}{3}x^{2}. Löst man diese Gleichung, erhält man x = 2x − \frac{1}{3}x^{2} ⇔ x =

\frac{1}{3}x^{2} ⇔ x = 0 ∨ x = 3. Da der Grenzwert nicht 0 sein kann ((x_{n})_{n⩾1} ist monoton steigend und es gilt x_{1} = 1, also x_{n} ⩾ 1 für alle n ∈ ℕ), muss lim_{n→∞}x_{n} = 3 gelten.

Aufgabe 9 (4+2 Punkte) Die Folge (a_{n})_{n⩾1} sei definiert durch

a_{n} = \frac{2\sqrt{n}}{n + 1} + i^{2n+1} \frac{n − 1}{n + 2} für n ∈ ℕ.

a) Bestimmen Sie die Häufungspunkte von (a_{n})_{n⩾1}.

Es gilt

a_{2n} = \frac{2\sqrt{2n}}{2n + 1} + i^{4n+1} \frac{2n − 1}{2n + 2} = \frac{2\sqrt{\frac{2}{n}}}{2 + \frac{1}{n}} + i\frac{2 − \frac{1}{n}}{2 + \frac{2}{n}} ⟶_{n→∞}^{GWS, A7a)} i

und

a_{2n−1} = \frac{2\sqrt{2n − 1}}{2n} + i^{4n−1} \frac{2n − 2}{2n + 1} = \sqrt{\frac{2}{n} − \frac{1}{n^{2}}} − i\frac{2 − \frac{2}{n}}{2 + \frac{1}{n}} ⟶_{n→∞}^{GWS, A7a)} −i.

Sei nun (a_{n_{k}})_{k⩾1} eine konvergente Teilfolge von (a_{n})_{n⩾1}. Dann liegen unendliche viele gerade oder unendlich viele ungerade Zahlen in (n_{k})_{k⩾1}, also gibt es eine Teilfolge von (a_{n_{k}})_{k⩾1}, die auch Teilfolge von (a_{2n})_{n} bzw. (a_{2n−1})_{n} ist und somit gegen i oder −i konvergiert. Da (a_{n_{k}})_{k} nach Voraussetzung konvergent ist, muss a_{n_{k}} ⟶_{k→∞} i oder a_{n_{k}} ⟶_{k→∞} −i gelten, also gibt es außer i und −i keine weiteren Häufungspunkte.

b) Bestimmen Sie Limes inferior und Limes superior von (Re(a_{n}))_{n⩾1} sowie von (Im(a_{n}))_{n⩾1}.

Aus Teil a) erhält man über die Zerlegung in Real- und Imaginärteil {0} als Häufungspunktmenge von (Re a_{n})_{n⩾1} und {−1, 1} als Häufungspunktmenge von (Im a_{n})_{n⩾1}. Daraus liest man lim inf_{n→∞} Re a_{n} = lim sup_{n→∞} Re a_{n} = 0, lim inf_{n→∞} Im a_{n} = −1 und lim sup_{n→∞} Re a_{n} = 1 ab.

Aufgabe 10 (6 Punkte) Seien (a_{n})_{n⩾1} und (b_{n})_{n⩾1} konvergente reelle Folgen mit lim_{n→∞}a_{n} = a und lim_{n→∞}b_{n} = b. Zeigen Sie ohne Benutzung der Rechenregeln für Grenzwerte:

(a_{n}b_{n})_{n⩾1} konvergiert mit lim_{n→∞}a_{n}b_{n} = ab.

Da (a_{n})_{n⩾1} und (b_{n})_{n⩾1} konvergent und damit beschränkt sind, existieren A, B ∈ (0; ∞) mit |a_{n}| ⩽ A und |b_{n}| ⩽ B für alle n ∈ ℕ. Sei ε > 0 und n_{0} so gewählt, dass |a_{n} − a| < \frac{ε}{2(A+B)} und |b_{n} − b| < \frac{ε}{2(A+B)} für alle n ⩾ n_{0} gilt. Dann hat man für n ⩾ n_{0}:

\begin{aligned}|a_{n}b_{n} − ab| & = |a_{n}b_{n} − a_{n}b + a_{n}b − ab| = |a_{n}(b_{n} − b) + (a_{n} − a)b| \\ & ⩽ |a_{n}| · |b_{n} − b| + |a_{n} − a| · |b| ⩽ A\frac{ε}{2(A+B)} + \frac{ε}{2(A+B)}B ⩽ \frac{ε}{2} + \frac{ε}{2} = ε, \end{aligned}

also ist a_{n}b_{n} ⟶_{n→∞} ab mit der Definition gezeigt.

Aufgabe 11 (2+2+2 Punkte)

a) Geben Sie eine exakte Formulierung der Definition der Konvergenz einer komplexen Folge an.

Sei (a_{n})_{n⩾1} eine komplexe Folge. (a_{n})_{n⩾1} heißt konvergent, wenn es ein a ∈ ℂ gibt, so dass für alle ε > 0 ein n_{0} ∈ ℝ existiert mit |a_{n} − a| < ε für alle n ⩾ n_{0}.

b) Geben Sie eine exakte Formulierung des Sandwich-Lemmas an.

Seien (a_{n})_{n⩾1}, (b_{n})_{n⩾1} und (c_{n})_{n⩾1} reelle Folgen mit lim_{n→∞}a_{n} = lim_{n→∞}c_{n} = G. Gibt es ein n_{0} ∈ ℕ mit a_{n} ⩽ b_{n} ⩽ c_{n} für alle n ⩾ n_{0}, so ist auch (b_{n})_{n⩾1} konvergent und es gilt lim_{n→∞}b_{n} = G.

c) Sei M ⊂ ℝ, x ∈ ℝ. Geben Sie zwei äquivalente Bedingungen dazu an, dass x Häufungspunkt von M ist.

Es sind äquivalent:

(i) x ist ein Häufungspunkt von M. (ii) In jeder Umgebung von x liegen unendlich viele Punkte von M. (iii) In jeder Umgebung von x liegt ein von x verschiedener Punkt aus M. (iv) Für jedes ε > 0 gilt (M \ {x}) ∩ U_{ε}(x) ≠ ∅.