Lösungen zu den Übungen zur 2. Klausur zur Analysis I

Marc Ensenbach 8. Januar 2004

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

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

Betrachte den Quotienten

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

Da ((1 + \frac{1}{n+1})^{n+1})_{n⩾1} eine Teilfolge von ((1 + \frac{1}{n})^{n})_{n⩾1} ist, gilt nach III(1.14) und III(2.7)

lim_{n→∞} (1 + \frac{1}{n + 1})^{n+1} = e.

Da (\frac{1}{n+1})_{n⩾1} eine Teilfolge von (\frac{1}{n})_{n⩾1} ist, gilt nach III(1.5) und III(1.14)

lim_{n→∞} \frac{1}{n + 1} = 0,

und mit den Limitenregeln (III(1.7)) folgt dann aus obiger Darstellung

lim_{n→∞} (1 + \frac{2}{n})^{n} = lim_{n→∞} (1 + \frac{1}{n})^{n} \frac{(1 + \frac{2}{n})^{n}}{(1 + \frac{1}{n})^{n}} =^{III(2.7)} e · lim_{n→∞} \frac{(1 + \frac{2}{n})^{n}}{(1 + \frac{1}{n})^{n}}

= e · lim_{n→∞} (1 + \frac{1}{n + 1})^{n+1} (1 + \frac{1}{n + 1})^{−1} = e · e · (1 + 0)^{−1} = e^{2}.

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

Für n ⩾ 2 ist 0 < \frac{n+1}{2n} ⩽ \frac{n+ \frac{n}{2}}{2n}, so dass aus der Monotonie der Exponentiation (I(3.7)) folgt:

0 ⩽ (\frac{n + 1}{2n})^{n} ⩽ (\frac{n + \frac{n}{2}}{2n} )^{n} = ( \frac{\frac{3}{2}n}{2n})^{n} = (\frac{3}{4})^{n} .

Lösungen zu den Übungen zur 2. Klausur zur Analysis I  Marc Ensenbach

Da lim_{n→∞}0 = 0 und lim_{n→∞}(\frac{3}{4})^{n} = 0 nach III(1.5) beziehungsweise III(1.11) gilt, folgt mit dem Sandwich-Lemma (III(1.10)) lim_{n→∞}a_{n} = 0.

c) a_{n} = (1 − \frac{1}{n + 1})^{−n!}

Für n ∈ ℕ gilt

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

Wegen 0 < 2 ⩽ (1 + \frac{1}{n})^{n} nach III(2.7) folgt aufgrund der Monotonie der Exponentiation

a_{n} = ((1 + \frac{1}{n})^{n})^{(n−1)!} ⩾ 2^{(n−1)!}.

Da (n − 1)! ⩾ n − 1 ist und 2 ⩾ 1 gilt, folgt 2^{(n−1)!} ⩾ 2^{n−1}. Sei nun M ∈ ℝ, M > 0. Da nach III(2.14) die Folge (2^{n})_{n⩾1} bestimmt divergent gegen ∞ ist, gibt es ein n_{0} ∈ ℕ mit 2^{n} ⩾ 2M für alle n ⩾ n_{0}. Für n ⩾ n_{0} gilt dann a_{n} ⩾ 2^{(n−1)!} ⩾ 2^{n−1} = \frac{1}{2} · 2^{n} ⩾ \frac{1}{2} · 2M = M, also ist (a_{n})_{n⩾1} nach Definition (III(2.13)) bestimmt divergent gegen ∞.

Aufgabe 2 Sei c ∈ ℂ. Man bestimme alle Häufungspunkte der Folge (a_{n})_{n⩾1} mit a_{n} = \sqrt[n]{|c + (−1)^{n}|} für n ∈ ℕ.

1. Fall: c = 1. Für n ∈ ℕ ist a_{2n} = \sqrt[2n]{|1 + (−1)^{2n}|} = \sqrt[2n]{2}, und da ( \sqrt[2n]{2})_{n⩾1} eine Teilfolge von (\sqrt[n]{2})_{n⩾1} ist und letztere nach Übung 5 gegen 1 konvergiert, konvergiert (a_{2n})_{n⩾1} nach III(1.14) gegen 1. Weiter ist a_{2n−1} = \sqrt[2n−1]{|1 + (−1)^{2n−1}|} = \sqrt[2n−1]{0} = 0, also konvergiert (a_{2n−1})_{n⩾1} nach III(1.5) gegen 0. Damit sind 0 und 1 Häufungspunkte von (a_{n})_{n⩾1}.

2. Fall: c = −1. Für n ∈ ℕ ist a_{2n} = \sqrt[2n]{| − 1 + (−1)^{2n}|} = \sqrt[2n]{0} = 0, also konvergiert (a_{2n})_{n⩾1} nach III(1.5) gegen 0. Weiter ist a_{2n−1} = \sqrt[2n−1]{| − 1 + (−1)^{2n−1}|} = \sqrt[2n−1]{2}, und da ( \sqrt[2n−1]{2})_{n⩾1} eine Teilfolge von (\sqrt[n]{2})_{n⩾1} ist und letztere gegen 1 konvergiert, konvergiert (a_{2n−1})_{n⩾1} nach III(1.14) gegen 1. Damit sind 0 und 1 Häufungspunkte von (a_{n})_{n⩾1}.

3. Fall: c ∈ ℂ \ {−1; 1}. Dann ist sowohl |c − 1| ≠ 0 als auch |c + 1| ≠ 0 und damit konvergieren (a_{2n})_{n⩾1} = ( \sqrt[2n]{|c + 1|})_{n⩾1} und (a_{2n−1})_{n⩾1} = ( \sqrt[2n−1]{|c − 1|})_{n⩾1} als Teilfolgen von (\sqrt[n]{|c + 1|})_{n⩾1} beziehungsweise (\sqrt[n]{|c − 1|})_{n⩾1} nach III(1.14) und Übung 5 gegen 1, also ist 1 ein Häufungspunkt von (a_{n})_{n⩾1}. Sei nun a ein beliebiger Häufungspunkt von (a_{n})_{n⩾1} und (a_{n_{k}})_{k⩾1} eine Teilfolge von (a_{n})_{n⩾1}, die gegen a konvergiert. Da jedes n_{k} entweder von der Form 2n oder 2n − 1 für ein n ∈ ℕ ist, besitzt (a_{n_{k}})_{k⩾1} eine Teilfolge (a_{n_{k_{l}}})_{l⩾1}, die Teilfolge von (a_{2n})_{n⩾1} oder von (a_{2n−1})_{n⩾1} ist und somit nach III(1.14) gegen einen der aufgeführten Häufungspunkte konvergiert. Aufgrund der Konvergenz von (a_{n_{k}})_{k⩾1} ist dieser Häufungspunkt nach III(1.16) auch Grenzwert von (a_{n_{k}})_{k⩾1}, also ist a einer der genannten Häufungspunkte. Damit gibt es keine weiteren Häufungspunkte.

Aufgabe 3 Die Folge (a_{n})_{n⩾1} sei gegeben durch a_{1} = 0 und a_{n+1} = \frac{a_{n}^{2}−3}{2a_{n}−4} für n ∈ ℕ. Man zeige, dass die Folge wohldefiniert ist, untersuche sie auf Konvergenz und bestimme gegebenenfalls ihren Grenzwert.

(1) Behauptung: Für alle n ∈ ℕ ist a_{n} wohldefiniert und es gilt 0 ⩽ a_{n} ⩽ 1. Beweis durch vollständige Induktion nach n: (IA) Wegen a_{1} = 0 ist für n = 1 das Folgenglied a_{n} wohldefiniert und es gilt 0 ⩽ a_{n} ⩽ 1. (IV) Sei n ∈ ℕ und gelte die Behauptung für dieses n. (IS) Wegen a_{n} ⩽ 1 (nach (IV)) ist 2a_{n} − 4 ⩽ −2 < 0 und damit ist a_{n+1} = \frac{a_{n}^{2}−3}{2a_{n}−4} wohldefiniert. Wegen 0 ⩽ a_{n} ⩽ 1 (nach (IV)) folgt weiter a_{n}^{2} − 3 ⩽ −2 < 0, also ist a_{n+1} = \frac{a_{n}^{2}−3}{2a_{n}−4} > 0 als Quotient negativer Zahlen. Da 2a_{n} − 4 < 0 gilt, ist

a_{n+1} ⩽ 1 ⇔ \frac{a_{n}^{2} − 3}{2a_{n} − 4} ⩽ 1 ⇔ a_{n}^{2} − 3 ⩾ 2a_{n} − 4 ⇔ a_{n}^{2} − 2a_{n} + 1 ⩾ 0.

Dies ist wegen a_{n}^{2} − 2a_{n} + 1 = (a_{n} − 1)^{2} nach I(3.7) eine wahre Aussage, also folgt a_{n+1} ⩽ 1. Damit ist die Aussage für n + 1 gezeigt. Mit dem Induktionsprinzip folgt die Behauptung für alle n ∈ ℕ.

(2) Behauptung: (a_{n})_{n⩾1} ist monoton steigend. Beweis: Für n ∈ ℕ gilt

\begin{aligned}a_{n+1} − a_{n} & = \frac{a_{n}^{2} − 3}{2a_{n} − 4} − a_{n} = \frac{a_{n}^{2} − 3 − (2a_{n}^{2} − 4a_{n})}{2a_{n} − 4} = \frac{−a_{n}^{2} + 4a_{n} − 3}{2a_{n} − 4} = \frac{a_{n}^{2} − 4a_{n} + 3}{4 − 2a_{n}} \\ & = \frac{(a_{n} − 3)(a_{n} − 1)}{4 − 2a_{n}}. \end{aligned}

Wegen a_{n} ⩽ 1 ist a_{n} − 3 ⩽ 0 und a_{n} − 1 ⩽ 0, also ist (a_{n} − 3)(a_{n} − 1) ⩾ 0. Da nach (1) außerdem 4 − 2a_{n} > 0 gilt, ist insgesamt a_{n+1} − a_{n} = \frac{(a_{n}−3)(a_{n}−1)}{4−2a_{n}} ⩾ 0. Damit folgt die Behauptung. Aus (1) und (2) folgt mit III(2.2), dass (a_{n})_{n⩾1} konvergent ist. Sei a der Grenzwert von (a_{n})_{n⩾1}. Da (a_{n+1})_{n⩾1} eine Teilfolge von (a_{n})_{n⩾1} ist, gilt nach III(1.14)

a = lim_{n→∞}a_{n} = lim_{n→∞}a_{n+1} = lim_{n→∞} \frac{a_{n}^{2} − 3}{2a_{n} − 4} =^{III(1.7)} \frac{a^{2} − 3}{2a − 4}.

Es folgt

2a^{2} − 4a = a^{2} − 3 ⇒ a^{2} − 4a + 3 = 0 ⇒ (a − 1)(a − 3) = 0 ⇒ a = 1 oder a = 3.

Da a_{n} ⩽ 1 für alle n ∈ ℕ gilt, muss nach III(2.1) auch a ⩽ 1 gelten. Daher kann 3 nicht der Grenzwert von (a_{n})_{n⩾1} sein, so dass lim_{n→∞}a_{n} = 1 folgt.

Aufgabe 4 Sei (a_{n})_{n⩾1} eine reelle Folge mit |\frac{a_{n+1}}{a_{n}} | ⩽ 1 für alle n ∈ ℕ. Man zeige, dass (a_{n})_{n⩾1} höchstens zwei verschiedene Häufungspunkte besitzt.

Nach Voraussetzung ist \frac{|a_{n+1}|}{|a_{n}|} ⩽ 1 für alle n ∈ ℕ, also ist (|a_{n}|)_{n⩾1} monoton fallend und daher durch |a_{1}| nach oben beschränkt. Zudem ist (|a_{n}|)_{n⩾1} durch 0 nach unten beschränkt. Nach III(2.2) besitzt (|a_{n}|)_{n⩾1} daher einen Grenzwert a. Wegen |a_{n}| = ±a_{n} für alle n ∈ ℕ gibt es eine Folge (b_{n})_{n⩾1} mit Werten in \{−1; 1\}, für die |a_{n}| = a_{n}b_{n} und damit a_{n} = \frac{|a_{n}|}{b_{n}} = |a_{n}|b_{n} für alle n ∈ ℕ gilt.

1. Fall: Es gibt nur endlich viele n ∈ ℕ mit b_{n} = −1. Dann existiert ein n_{0} ∈ ℕ mit b_{n} = 1 für alle n ⩾ n_{0}. Zu ε > 0 gibt es aufgrund der Konvergenz von (|a_{n}|)_{n⩾1} gegen a ein n_{1} ∈ ℕ mit ||a_{n}| − a| < ε für alle n ⩾ n_{1}. Setze N = max{n_{0}; n_{1}}. Für n ⩾ N gilt dann |a_{n} − a| = ||a_{n}|b_{n} − a| = ||a_{n}| − a| < ε, also ist (a_{n})_{n⩾1} konvergent gegen a und besitzt somit nach III(1.16) nur einen Häufungspunkt.

2. Fall: Es gibt nur endlich viele n ∈ ℕ mit b_{n} = 1. Dann existiert ein n_{0} ∈ ℕ mit b_{n} = −1 für alle n ⩾ n_{0}. Zu ε > 0 gibt es aufgrund der Konvergenz von (|a_{n}|)_{n⩾1} gegen a ein n_{1} ∈ ℕ mit ||a_{n}| − a| < ε für alle n ⩾ n_{1}. Setze N = max{n_{0}; n_{1}}. Für n ⩾ N gilt dann |a_{n} − (−a)| = ||a_{n}|b_{n} + a| = | − |a_{n}| + a| = ||a_{n}| − a| < ε, also ist (a_{n})_{n⩾1} konvergent gegen −a und besitzt somit nach III(1.16) nur einen Häufungspunkt.

3. Fall: Es gibt sowohl unendlich viele n ∈ ℕ mit b_{n} = 1 als auch unendlich viele n ∈ ℕ mit b_{n} = −1. Dann seien (n_{k})_{k⩾1} und (m_{k})_{k⩾1} die streng monoton steigenden Indexfolgen, für die ein n ∈ ℕ genau dann in der Wertemenge von (n_{k})_{k⩾1} liegt, wenn b_{n} = 1 ist und genau dann in der Wertemenge von (m_{k})_{k⩾1} liegt, wenn b_{n} = −1 ist. Dann gilt a_{n_{k}} = |a_{n_{k}}|b_{n_{k}} = |a_{n_{k}}| für alle k ∈ ℕ, also ist (a_{n_{k}})_{k⩾1} als Teilfolge von (|a_{n}|)_{n⩾1} nach III(1.14) konvergent gegen a. Weiter gilt a_{m_{k}} = |a_{m_{k}}|b_{m_{k}} = −|a_{m_{k}}| für alle k ∈ ℕ, also ist (a_{m_{k}})_{k⩾1} = (−|a_{m_{k}}|)_{k⩾1} wegen der Konvergenz von (|a_{n}|)_{n⩾1} gegen a nach III(1.14) und den Limitenregeln konvergent gegen −a. Da jedes n ∈ ℕ entweder von der Form n_{k} oder m_{k} für ein k ∈ ℕ ist, folgt genau wie in Aufgabe 2, dass a und −a die einzigen Häufungspunkte von (a_{n})_{n⩾1} sind. Damit ist die Behauptung gezeigt.

Aufgabe 5 Sei M = \{2n + \frac{x}{|x|+1} | n ∈ ℕ, x ∈ ℝ\}. Man bestimme die Häufungspunkte, die inneren und die isolierten Punkte von M und untersuche M auf Offenheit und Abgeschlossenheit.

Bestimme zunächst M_{1} := \{\frac{x}{|x|+1} | x ∈ ℝ\}. Sei y ∈ M_{1}. Dann gibt es ein x ∈ ℝ mit y = \frac{x}{|x|+1}. Für x < 0 ist

0 ⩾ \frac{x}{|x| + 1} = y = \frac{−|x|}{|x| + 1} = −1 + \frac{1}{|x| + 1} > −1

und für x ⩾ 0 ist

0 ⩽ \frac{x}{|x| + 1} = y = \frac{|x|}{|x| + 1} = 1 − \frac{1}{|x| + 1} < 1,

also gilt y ∈ (−1; 1) und damit insgesamt M_{1} ⊂ (−1; 1). Sei nun y ∈ (−1; 1). Ist y ⩾ 0, so gilt

\begin{matrix}y = \frac{x}{|x|+1} ⇔ |x|y + y = x ⇐ xy + y = x ∧ x ⩾ 0 ⇔ xy − x = −y ∧ x ⩾ 0 \\ ⇔ x(y − 1) = −y ∧ x ⩾ 0 ⇔^{y≠1} x = −\frac{y}{y−1} ∧ x ⩾ 0 ⇔ x = \frac{y}{1−y} ∧ x ⩾ 0. \end{matrix}

Wählt man x = \frac{y}{1−y}, dann ist x ⩾ 0 wegen 0 ⩽ y < 1, so dass wie gerade gezeigt y = \frac{x}{|x|+1} ∈ M_{1} folgt. Ist y < 0, so gilt

\begin{matrix}y = \frac{x}{|x|+1} ⇔ |x|y + y = x ⇐ −xy + y = x ∧ x < 0 ⇔ −xy − x = −y ∧ x < 0 \\ ⇔ x(−y − 1) = −y ∧ x < 0 ⇔^{y≠−1} x = −\frac{y}{−y−1} ∧ x < 0 ⇔ x = \frac{y}{y−1} ∧ x < 0. \end{matrix}

Wähle x = \frac{y}{y−1}, dann ist x < 0 wegen −1 < y < 0, so dass wie gerade gezeigt y = \frac{x}{|x|+1} ∈ M_{1} folgt. Damit wurde (−1; 1) ⊂ M_{1} gezeigt, zusammen mit M_{1} ⊂ (−1; 1) folgt dann M_{1} = (−1; 1). Damit lässt sich M darstellen als

M = ⋃_{n∈ℕ} \{2n + \frac{x}{|x| + 1}|x ∈ ℝ\} = ⋃_{n∈ℕ}(2n − 1; 2n + 1),

also ist M als Vereinigung offener Mengen offen, womit M auch die Menge der inneren Punkte von M ist. Die Menge enthält daher keine isolierten Punkte. Da jeder innere Punkt von M nach Definition auch ein Häufungspunkt von M ist, gilt M ⊂ M′. Sei nun n ∈ ℕ, dann ist (2n − 1 + \frac{1}{m})_{m⩾1} eine Folge in M \ \{2n − 1\} mit Grenzwert 2n − 1 (nach III(1.5) und III(1.7)), also ist auch 2n − 1 ∈ M′ und damit [1; ∞) ⊂ M′. Sei nun x ∈ ℝ, x < 1. Wähle ε = 1 − x > 0, dann gilt U_{ε}(x) = (x − (1 − x); x + (1 − x)) = (2x − 1; 1), und es gilt U_{ε}(x) ∩ (M \ {x}) = ∅, da alle Elemente von M größer als 2 · 1 − 1 = 1 sind. Damit ist x kein Häufungspunkt von M, so dass insgesamt M′ = [1; ∞) folgt. Wegen M′ ⊄ M (da 1 ∈ M′, aber 1 ∉ M) ist M nicht abgeschlossen.

Aufgabe 6 Sei M ⊂ ℝ sowohl offen als auch abgeschlossen. Man zeige, dass M = ∅ oder M = ℝ gilt.

Sei M ≠ ∅ und M ≠ ℝ. Dann gibt es ein x_{1} ∈ M und ein x_{2} ∈ M^{C}.

1. Fall: x_{1} < x_{2}. Definiere N = M ∩ (−∞; x_{2}], dann ist N durch x_{2} nach oben beschränkt und nichtleer (wegen x_{1} ∈ N) und besitzt damit aufgrund der Vollständigkeit von ℝ ein Supremum S. Zudem ist N als Durchschnitt zweier abgeschlossener Mengen abgeschlossen (III(3.11) und III(3.12)), also gilt S = max N ∈ N nach III(3.13). Andererseits lässt sich N wegen x_{2} ∉ M auch als M ∩ (−∞; x_{2}) schreiben, ist also als Durchschnitt zweier offener Mengen offen (III(3.6) und III(3.7)). Demnach ist S ∈ N ein innerer Punkt von N, also gibt es ein ε > 0, so daß (S − ε; S + ε) ⊂ N gilt. Dann ist auch S + \frac{ε}{2} ∈ N, was wegen S + \frac{ε}{2} > S ein Widerspruch zu S = sup N = max N ist.

2. Fall: x_{2} > x_{1}. Da M^{C} nach III(3.10) ebenfalls offen und abgeschlossen ist und x_{2} ∈ M^{C}, x_{1} ∈ M = (M^{C})^{C} gilt, erhält man wörtlich den Widerspruch aus dem ersten Fall für M^{C} anstelle von M. Da alle möglichen Fälle zu einem Widerspruch führen, muss entweder M = ∅ oder M = ℝ gelten.

Aufgabe 7 Man untersuche die folgenden Reihen auf Konvergenz.

a) ∑_{k=1}^{∞}(−1)^{k} (e − (1 + \frac{1}{k})^{k})

Nach III(2.7) ist ((1 + \frac{1}{k})^{k})_{k⩾1} eine monoton steigende Folge, also ist (e − (1 + \frac{1}{k})^{k})_{k⩾1} eine monoton fallende Folge. Da ((1+ \frac{1}{k})^{k})_{k⩾1} nach III(2.7) gegen e konvergiert, ist (e−(1+ \frac{1}{k})^{k})_{k⩾1} nach den Limitenregeln (III(1.7)) eine Nullfolge. Nach dem Leibniz-Kriterium (IV(1.10)) folgt nun die Konvergenz der gegebenen Reihe.

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

Annahme: Die Reihe konvergiert. Da ∑_{k=1}^{∞} \frac{(−1)^{k}}{k} nach dem Leibniz-Kriterium konvergent ist

((\frac{1}{k})_{k⩾1} ist nach III(1.5) eine Nullfolge und klarerweise monoton fallend), ist nach IV(1.6)

auch die Reihe ∑_{k=1}^{∞} ((−2)\frac{(−1)^{k}}{k} + (−1)^{k}(2 + (−1)^{k})\frac{1}{k}) konvergent. Wegen

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

hat man dann einen Widerspruch zur Divergenz der harmonischen Reihe (IV(1.6)). Damit muss die gegebene Reihe divergent sein.

c) ∑_{k=1}^{∞} \frac{\sqrt{k^{2} − 1}}{k^{2}}

Für k ∈ ℕ gilt 1 ⩽ 2k − 1, also gilt aufgrund der Monotonie der Wurzelfunktion \frac{\sqrt{k^{2}−1}}{k^{2}} ⩾ \frac{\sqrt{k^{2}−2k+1}}{k^{2}} = \frac{k−1}{k^{2}}, für k ⩾ 2 ist k − 1 ⩾ k − \frac{k}{2} = \frac{k}{2} und damit \frac{\sqrt{k^{2}−1}}{k^{2}} ⩾ \frac{k−1}{k^{2}} ⩾ \frac{k}{2k^{2}} = \frac{1}{2k}. Da die harmonische Reihe nach IV(1.6) divergiert, ist auch die gegebene Reihe nach dem Minorantenkriterium divergent.

d) ∑_{k=1}^{∞} a_{k} mit a_{k} = \begin{cases}\frac{1}{\sqrt{k}}, & falls ein m ∈ ℕ mit k = m^{4} existiert , \\ \frac{1}{k^{2}} & sonst. \end{cases}

Sei n ∈ ℕ. Da alle a_{k} positiv sind und n^{4} ⩾ n gilt, ist

∑_{k=1}^{n} a_{k} ⩽ ∑_{k=1}^{n^{4}} a_{k} = ∑_{\begin{matrix}k∈ℕ,1⩽k⩽n^{4} \\ ∀ m∈ℕ:m^{4}≠k \end{matrix}} a_{k} + ∑_{m=1}^{n} a_{m^{4}} = ∑_{\begin{matrix}k∈ℕ,1⩽k⩽n^{4} \\ ∀ m∈ℕ:m^{4}≠k \end{matrix}} \frac{1}{k^{2}} + ∑_{m=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{m^{4}}} ⩽ ∑_{k=1}^{n^{4}} \frac{1}{k^{2}} + ∑_{m=1}^{n} \frac{1}{m^{2}} .

Da nach IV(1.3) ∑_{k=1}^{∞} \frac{1}{k(k + 1)} = ∑_{k=2}^{∞} \frac{1}{(k − 1)k} konvergent ist, konvergiert auch ∑_{k=1}^{∞} \frac{1}{k^{2}} nach

dem Majorantenkriterium, da für k ⩾ 2 gilt: \frac{1}{k^{2}} < \frac{1}{(k − 1)k}. Damit lässt sich weiter

abschätzen:

∑_{k=1}^{n} a_{k} ⩽ ∑_{k=1}^{n^{4}} \frac{1}{k^{2}} + ∑_{m=1}^{n} \frac{1}{m^{2}} ⩽ ∑_{k=1}^{∞} \frac{1}{k^{2}} + ∑_{m=1}^{∞} \frac{1}{m^{2}} < ∞,

und da alle a_{k} positiv sind, ist die Reihe nach IV(1.9) konvergent.

Aufgabe 8 Man berechne jeweils den Wert der Reihe.

a) ∑_{k=0}^{∞} \frac{(−1)^{\binom{k}{2}}}{2^{k}}

(1) Eine Reihe der Form

∑_{\begin{matrix}k∈ℕ_{0}, \\ ∃ m∈ℕ_{0}:k=4m+s \end{matrix}} \frac{(−1)^{\binom{k}{2}}}{2^{k}}

für s ∈ {0; 1; 2; 3} ist nach dem Majorantenkriterium (IV(2.4)) konvergent, da im Fall k = 4m + s für ein m ∈ ℕ_{0} gilt:

|\frac{(−1)^{\binom{k}{2}}}{2^{k}} | = \frac{1}{2^{k}}

und im Fall k ≠ 4m + s für alle m ∈ ℕ_{0} gilt: 0 ⩽ \frac{1}{2^{k}}, also die geometrische Reihe ∑_{k=0}^{∞} (\frac{1}{2})^{k}

nach IV(1.4) eine konvergente Majorante der obigen Reihe ist.

(2) Ist k = 4m für ein m ∈ ℕ_{0}, so ist \binom{k}{2} = \frac{4m(4m−1)}{2} = 2m(4m−1) gerade. Ist k = 4m+1 für ein m ∈ ℕ_{0}, so ist \binom{k}{2} = \frac{(4m+1)(4m)}{2} = (4m + 1) · 2m gerade. Ist k = 4m + 2 für ein m ∈ ℕ_{0}, so ist \binom{k}{2} = \frac{(4m+2)(4m+1)}{2} = (2m + 1)(4m + 1) als Produkt ungerader Zahlen ungerade. Ist k = 4m+3 für ein m ∈ ℕ_{0}, so ist \binom{k}{2} = \frac{(4m+3)(4m+2)}{2} = (4m+3)(2m+1) ebenfalls als Produkt ungerader Zahlen ungerade. Damit erhält man

∑_{k=0}^{∞} \frac{(−1)^{\binom{k}{2}}}{2^{k}} =_{IV(1.6)}^{(1)} ∑_{\begin{matrix}k∈ℕ_{0}, \\ ∃ m∈ℕ_{0}:k=4m \end{matrix}} \frac{(−1)^{\binom{k}{2}}}{2^{k}} + ∑_{\begin{matrix}k∈ℕ_{0}, \\ ∃ m∈ℕ_{0}:k=4m+1 \end{matrix}} \frac{(−1)^{\binom{k}{2}}}{2^{k}}

+ ∑_{\begin{matrix}k∈ℕ_{0}, \\ ∃ m∈ℕ_{0}:k=4m+2 \end{matrix}} \frac{(−1)^{\binom{k}{2}}}{2^{k}} + ∑_{\begin{matrix}k∈ℕ_{0}, \\ ∃ m∈ℕ_{0}:k=4m+3 \end{matrix}} \frac{(−1)^{\binom{k}{2}}}{2^{k}}

= ∑_{m=0}^{∞} \frac{(−1)^{\binom{4m}{2}}}{2^{4m}} + ∑_{m=0}^{∞} \frac{(−1)^{\binom{4m+1}{2}}}{2^{4m+1}} + ∑_{m=0}^{∞} \frac{(−1)^{\binom{4m+2}{2}}}{2^{4m+2}} + ∑_{m=0}^{∞} \frac{(−1)^{\binom{4m+3}{2}}}{2^{4m+3}}

=_{IV(1.6)}^{(2)} ∑_{m=0}^{∞} \frac{1}{2^{4m}} + ∑_{m=0}^{∞} \frac{1}{2^{4m+1}} − ∑_{m=0}^{∞} \frac{1}{2^{4m+2}} − ∑_{m=0}^{∞} \frac{1}{2^{4m+3}} .

Da die Reihe ∑_{m=0}^{∞} \frac{1}{2^{4m}} = ∑_{m=0}^{∞} (\frac{1}{16})^{m} nach IV(1.4) gegen \frac{1}{1− \frac{1}{16}} = \frac{16}{15} konvergiert, erhält man

für s ∈ {0; 1; 2; 3} nach IV(1.6)

\frac{1}{2^{s}} · \frac{16}{15} = \frac{1}{2^{s}} ∑_{m=0}^{∞} \frac{1}{2^{4m}} = ∑_{m=0}^{∞} \frac{1}{2^{4m+s}} .

Lösungen zu den Übungen zur 2. Klausur zur Analysis I  Marc Ensenbach

Setzt man dieses oben ein, erhält man

∑_{k=0}^{∞} \frac{(−1)^{\binom{k}{2}}}{2^{k}} = \frac{1}{2^{0}} · \frac{16}{15} + \frac{1}{2^{1}} · \frac{16}{15} − \frac{1}{2^{2}} · \frac{16}{15} − \frac{1}{2^{3}} · \frac{16}{15} = \frac{6}{5}.

b) ∑_{k=0}^{∞} \frac{k}{(k + 1)!} (Hinweis: Teleskopsumme)

Sei n ∈ ℕ_{0}. Es gilt

\begin{aligned}∑_{k=0}^{n} \frac{k}{(k + 1)!} & = ∑_{k=0}^{n} \frac{(k + 1) − 1}{(k + 1)!} = ∑_{k=0}^{n} (\frac{1}{k!} − \frac{1}{(k + 1)!}) = ∑_{k=0}^{n} \frac{1}{k!} − ∑_{k=0}^{n} \frac{1}{(k + 1)!} \\ & = ∑_{k=0}^{n} \frac{1}{k!} − ∑_{k=1}^{n+1} \frac{1}{k!} = \frac{1}{1!} − \frac{1}{(n + 1)!} = 1 − \frac{1}{(n + 1)!}. \end{aligned}

Da (\frac{1}{(n+1)!})_{n⩾0} eine Teilfolge von (\frac{1}{n})_{n⩾1} ist, gilt nach III(1.5), III(1.7) und III(1.14)

∑_{k=0}^{∞} \frac{k}{(k + 1)!} = lim_{n→∞} ∑_{k=0}^{n} \frac{k}{(k + 1)!} = lim_{n→∞} (1 − \frac{1}{(n + 1)!}) = 1 − 0 = 1.

Aufgabe 9 Sei (a_{k})_{k⩾0} eine komplexe Folge.

a) Man zeige: Ist ∑_{k=0}^{∞} a_{k} absolut konvergent, so ist ∑_{k=0}^{∞} a_{k}^{2} konvergent.

Sei ∑_{k=0}^{∞} a_{k} konvergent. Dann ist (a_{k})_{k⩾0} nach IV(1.7) eine Nullfolge, also gibt es zu ε = 1 ein k_{0} ∈ ℕ, so dass |a_{k}| < ε für alle k ⩾ k_{0} gilt. Für k ⩾ k_{0} ist dann |a_{k}^{2}| = |a_{k}|^{2} ⩽ |a_{k}| wegen |a_{k}| < 1, also ist ∑_{k=0}^{∞} a_{k} eine konvergente Majorante von ∑_{k=0}^{∞} a_{k}^{2}, womit ∑_{k=0}^{∞} a_{k}^{2} nach dem Majorantenkriterium (IV(2.4)) absolut konvergent ist und daher nach IV(2.3) konvergiert.

b) Man gebe ein Beispiel für eine konvergente Reihe ∑_{k=0}^{∞} a_{k} an, für die ∑_{k=0}^{∞} a_{k}^{2} nicht konvergiert. Wähle a_{k} = \frac{(−1)^{k}}{\sqrt{k+1}} für k ∈ ℕ_{0}, dann ist ∑_{k=0}^{∞} a_{k} nach dem Leibniz-Kriterium (IV(1.10)) konvergent, da (\frac{1}{\sqrt{k+1}})_{k⩾0} nach III(1.5) gegen 0 konvergiert und (\frac{1}{\sqrt{k+1}})_{k⩾0} aufgrund der Monotonie der Wurzel monoton fallend ist. Die Reihe ∑_{k=0}^{∞} a_{k}^{2} = ∑_{k=0}^{∞} \frac{1}{k + 1} ist aber als harmonische Reihe nach IV(1.5) divergent.

Aufgabe 10 Sei (a_{k})_{k⩾0} eine monoton fallende Folge nichtnegativer reeller Zahlen und (n_{k})_{k⩾0} eine streng monoton steigende Indexfolge. Man zeige:

a) Ist ∑_{k=0}^{∞} a_{k} konvergent, so ist auch ∑_{k=0}^{∞}(n_{k+1} − n_{k})a_{n_{k+1}} konvergent.

Sei ∑_{k=0}^{∞} a_{k} konvergent und m ∈ ℕ_{0}. Da (a_{k})_{k⩾0} monoton fallend ist und a_{k} ⩾ 0 für alle k ∈ ℕ_{0}

gilt, ist

∑_{k=0}^{m}(n_{k+1} − n_{k})a_{n_{k+1}} = ∑_{k=0}^{m} ∑_{j=n_{k}+1}^{n_{k+1}} a_{n_{k+1}} ⩽ ∑_{k=0}^{m} ∑_{j=n_{k}+1}^{n_{k+1}} a_{j} = ∑_{k=n_{0}+1}^{n_{m+1}} a_{k} ⩽ ∑_{k=0}^{∞} a_{k} < ∞,

also ist die Folge (∑_{k=0}^{m}(n_{k+1} − n_{k})a_{n_{k+1}})_{m⩾0} der Partialsummen durch ∑_{k=0}^{∞} a_{k} nach oben be-

schränkt. Zudem gilt (n_{k+1} − n_{k})a_{n_{k+1}} ⩾ 0 für alle k ∈ ℕ_{0}, da n_{k+1} − n_{k} ⩾ 0 ((n_{k})_{k⩾0} streng

monoton steigend) und a_{n_{k+1}} ⩾ 0 für alle k ∈ ℕ_{0} ist. Damit ist die Reihe ∑_{k=0}^{m}(n_{k+1} − n_{k})a_{n_{k+1}}

nach IV(1.9) konvergent.

b) Ist ∑_{k=0}^{∞}(n_{k+1} − n_{k})a_{n_{k}} konvergent, so ist auch ∑_{k=0}^{∞} a_{k} konvergent.

Sei ∑_{k=0}^{∞}(n_{k+1} − n_{k})a_{n_{k}} konvergent und m ∈ ℕ_{0}. Es gilt ∑_{k=0}^{m} a_{k} ⩽ ∑_{k=0}^{n_{m}} a_{k}, da a_{k} ⩾ 0 für alle

k ∈ ℕ_{0} gilt und aufgrund der strengen Monotonie von (n_{k})_{k⩾0} immer n_{k} ⩾ k gelten muss. Aufgrund der Montonie von (a_{k})_{k⩾1} gilt weiter

\begin{aligned}∑_{k=0}^{n_{m}} a_{k} & = ∑_{k=0}^{n_{0}} a_{k} + ∑_{k=n_{0}+1}^{n_{m}} a_{k} = ∑_{k=0}^{n_{0}} a_{k} + ∑_{k=0}^{m−1} ∑_{j=n_{k}+1}^{n_{k+1}} a_{j} ⩽ ∑_{k=0}^{n_{0}} a_{k} + ∑_{k=0}^{m−1} ∑_{j=n_{k}+1}^{n_{k+1}} a_{n_{k}} \\ & = ∑_{k=0}^{n_{0}} a_{k} + ∑_{k=0}^{m−1}(n_{k+1} − n_{k})a_{n_{k}} ⩽^{wie in a)} ∑_{k=0}^{n_{0}} a_{k} + ∑_{k=0}^{∞}(n_{k+1} − n_{k})a_{n_{k}} < ∞. \end{aligned}

Damit ist (∑_{k=0}^{m} a_{k})_{m⩾0} durch ∑_{k=0}^{n_{0}} a_{k} + ∑_{k=0}^{∞}(n_{k+1} − n_{k})a_{n_{k}} nach oben beschränkt. Da zudem

a_{k} ⩾ 0 für alle k ∈ ℕ_{0} gilt, ist die Reihe ∑_{k=0}^{∞} a_{k} nach IV(1.9) konvergent.

Aufgabe 11 Man bestimme die Konvergenzradien der gegebenen Potenzreihen.

a) ∑_{k=0}^{∞}(3^{k} + 3^{−k})z^{k}

Nach Übung 5 konvergiert (\sqrt[k]{|3^{k} + 3^{−k}|})_{k⩾0} = (\sqrt[k]{3^{k} + (3^{−1})^{k}})_{k⩾0} gegen max\{3; 3^{−1}\} = 3. Nach III(2.12) ist 3 dann auch der Limes superior der Folge (\sqrt[k]{|3^{k} + 3^{−k}|})_{k⩾0}, also folgt mit Cauchy-Hadamard (IV(4.8)), dass der Konvergenzradius der Reihe gleich \frac{1}{3} ist.

b) ∑_{k=0}^{∞}(1 + (−1)^{k})z^{k}

Setze a_{k} = 1 + (−1)^{k}, k ∈ ℕ_{0} und sei ( \sqrt[n_{k}]{|a_{n_{k}}|})_{k⩾0} eine beliebige konvergente Teilfolge von (\sqrt[k]{|a_{k}|})_{k⩾0}. Für k ∈ ℕ_{0} gilt dann \sqrt[n_{k}]{|a_{n_{k}}|} ⩽ \sqrt[n_{k}]{2} aufgrund der Monotonie der n_{k}-ten Wurzel und wegen a_{n_{k}} = 1 + (−1)^{n_{k}} ⩽ 2. Nach III(2.1) ist damit der Grenzwert von ( \sqrt[n_{k}]{|a_{n_{k}}|})_{k⩾0} höchstens so groß wie der Grenzwert von ( \sqrt[n_{k}]{2})_{k⩾0}. Letzterer Grenzwert ist nach III(1.14) gleich 1, da ( \sqrt[n_{k}]{2})_{k⩾0} eine Teilfolge von (\sqrt[k]{2})_{k⩾0} ist und diese Folge nach Übung 5 gegen 1 konvergiert. Demnach sind alle Häufungspunkte von (\sqrt[k]{|a_{k}|})_{k⩾0} höchstens gleich 1. Da ( \sqrt[2k]{1 + (−1)^{2k}})_{k⩾0} = ( \sqrt[2k]{2})_{k⩾0} eine Teilfolge von (\sqrt[k]{2})_{k⩾0} ist und diese Folge nach Übung 5 gegen 1 konvergiert, ist 1 nach III(1.14) auch der Grenzwert von ( \sqrt[2k]{1 + (−1)^{2k}})_{k⩾0} und damit ist 1 ein Häufungspunkt von (\sqrt[k]{|a_{k}|})_{k⩾0}. Zusammen mit dem vorher Gezeigten folgt, dass 1 der Limes superior von (\sqrt[k]{|a_{k}|})_{k⩾0} ist, also ist nach Cauchy-Hadamard (IV(4.8)) der Konvergenzradius der gegebenen Reihe gleich 1.

c) ∑_{k=0}^{∞} \binom{3k}{k}z^{2k}

Setze a_{k} = \binom{3k}{k}z^{2k} = \frac{(3k)!}{k!(2k)!}z^{2k}, dann gilt

\begin{aligned}|\frac{a_{k+1}}{a_{k}} | & = \frac{(3k + 3)!}{(k + 1)!(2k + 2)!} · |z|^{2k+2} · \frac{k!(2k)!}{(3k)!} · |z|^{−2k} = \frac{(3k + 3)(3k + 2)(3k + 1)}{(k + 1)(2k + 2)(2k + 1)}|z|^{2} \\ & = \frac{(3 + \frac{3}{k})(3 + \frac{2}{k})(3 + \frac{1}{k})}{(1 + \frac{1}{k})(2 + \frac{2}{k})(2 + \frac{1}{k})}|z|^{2}. \end{aligned}

Nach III(1.5) und III(1.7) konvergiert dieser Ausdruck für k → ∞ gegen \frac{27}{4}|z|^{2}. Mit IV(2.6) folgt, dass die die gegebene Reihe für \frac{27}{4}|z|^{2} < 1 absolut konvergent und für \frac{27}{4}|z|^{2} > 1 nicht absolut konvergent ist. Damit folgt absolute Konvergenz für |z| < \frac{2}{\sqrt{27}} und keine absolute Konvergenz für |z| > \frac{2}{\sqrt{27}}, also ist nach IV(4.5) der Konvergenzradius der gegebenen Reihe gleich \frac{2}{\sqrt{27}}.

d) ∑_{k=0}^{∞} 2^{k}z^{k!}

Für z = 1 ist die Folge (2^{k}z^{k!})_{k⩾0} = (2^{k})_{k⩾0} nach III(2.14) keine Nullfolge. Nach IV(1.7) kann die Reihe daher für z = 1 nicht konvergieren. Sei nun |z| < 1. Setze a_{k} = 2^{k}z^{k!}. Für k ⩾ 2 gilt dann wegen (k − 1)! ⩾ k − 1

0 ⩽ \sqrt[k]{|a_{k}|} = \sqrt[k]{2^{k}|z|^{k(k−1)!}} = 2|z|^{(k−1)!} ⩽^{|z|<1} 2|z|^{(k−1)} = \frac{2}{|z|}|z|^{k}.

Da (|z|^{k})_{k⩾0} nach III(1.11) eine Nullfolge ist, konvergiert nach den Limitenregeln auch (\frac{2}{|z|}|z|^{k})_{k⩾2} gegen 0, so dass mit dem Sandwich-Lemma die Konvergenz von (\sqrt[k]{|a_{k}|})_{k⩾1} gegen 0 folgt. Damit gibt es zu ε = \frac{1}{2} ein k_{0} ∈ ℕ, so dass \sqrt[k]{|a_{k}|} < ε für alle k ⩾ k_{0} gilt. Mit dem Wurzelkriterium (IV(4.8)) folgt die absolute Konvergenz der Reihe. Aus den gezeigten Tatsachen folgt mit IV(4.5), dass der Konvergenzradius der gegebenen Potenzreihe gleich 1 sein muss.

Aufgabe 12

Sei (a_{k})_{k⩾0} eine komplexe Folge mit 0 < lim sup_{k→∞} |a_{k}| < ∞. Man zeige, dass die Reihe ∑_{k=0}^{∞} a_{k}z^{k}

den Konvergenzradius 1 hat.

Der Limes superior von (|a_{k}|)_{k⩾0} sei mit S bezeichnet. Wegen S ∈ ℝ ist (|a_{k}|)_{k⩾0} beschränkt, also gibt es ein C ∈ ℝ mit |a_{k}| ⩽ C für alle k ∈ ℕ_{0}. Da S das Supremum der Häufungspunktmenge von (|a_{k}|)_{k⩾0} ist, gibt es zu ε = \frac{S}{3} einen Häufungspunkt a von (|a_{k}|)_{k⩾0} mit \frac{2}{3}S = S − ε < a ⩽ S. Sei nun (|a_{n_{k}}|)_{k⩾0} eine gegen a konvergente Teilfolge von (|a_{k}|)_{k⩾0}. Zu ε = \frac{S}{3} gibt es dann ein k_{0} ∈ ℕ_{0}, so dass |a − a_{n_{k}}| < ε für alle k ⩾ k_{0} gilt. Für k ⩾ k_{0} folgt dann weiter mit der zweiten Dreiecksungleichung

|a| − |a_{n_{k}}| < ε  ⇒  |a_{n_{k}}| − a > −ε  ⇒  |a_{n_{k}}| > a − ε > \frac{2}{3}S − \frac{S}{3} = \frac{S}{3} ,

so dass sich mit der Monotonie der n_{k}-ten Wurzel

\sqrt[n_{k}]{\frac{S}{3}} ⩽ \sqrt[n_{k}]{|a_{n_{k}}|} ⩽ \sqrt[n_{k}]{C}

ergibt. Da \sqrt[n]{x} für x ∈ ℝ, x > 0 nach Übung 5 gegen 1 konvergiert, sind auch ( \sqrt[n_{k}]{\frac{S}{3}} )_{k⩾1} und

( \sqrt[n_{k}]{C})_{k⩾1} nach III(1.14) als Teilfolgen konvergent gegen 1, so dass mit dem Sandwich-Lemma folgt, dass ( \sqrt[n_{k}]{|a_{n_{k}}|})_{k⩾1} gegen 1 konvergiert. Nach Definition des Limes superior muss daher lim sup_{k→∞} \sqrt[k]{|a_{k}|} ⩾ 1 gelten.

Sei nun ( \sqrt[n_{k}]{|a_{n_{k}}|})_{k⩾1} eine beliebige konvergente Teilfolge von (\sqrt[k]{|a_{k}}|)_{k⩾1}, dann folgt mit III(2.1) nach obiger Abschätzung

lim_{k→∞} \sqrt[n_{k}]{|a_{n_{k}}|} ⩽ lim_{k→∞} \sqrt[n_{k}]{C} = 1,

also ist jeder Häufungspunkt von ( \sqrt[n_{k}]{|a_{n_{k}}|})_{k⩾1} kleiner oder gleich 1. Zusammen mit der oben gezeigten Abschätzung des Limes superiors von (\sqrt[k]{|a_{k}}|)_{k⩾1} folgt dann, dass dieser gleich 1 sein muss, also ist nach Cauchy-Hadamard (IV(4.8)) der Konvergenzradius der Potenzreihe gleich 1.