Chr. Nelius  Mathematik für Informatiker II (WS 2000/01)  Musterlösungen

Aufgabe 21

Es sei z = 8i. Dann gilt |z| = \sqrt{0^{2} + 8^{2}} = 8 und φ = arg(z) = \frac{π}{2} (ˆ= 90^{∘}). Für die dritten Wurzeln w_{k} mit k ∈ {0, 1, 2} aus z gilt nach (14.8) die Formel

w_{k} = \sqrt[3]{|z|} [cos (\frac{φ + 2kπ}{3} ) + i sin (\frac{φ + 2kπ}{3} )]  (k ∈ \{0, 1, 2\}).

Es gilt nun:

\sqrt[3]{|z|} = \sqrt[3]{8} = 2 und φ = \frac{π}{2} .

Damit ergeben sich folgende Lösungen:

w_{0} = 2 [cos (\frac{π}{6} ) + i sin (\frac{π}{6} )] = 2 [\frac{1}{2}\sqrt{3} + i\frac{1}{2}] = \sqrt{3} + i
w_{1} = 2 [cos (\frac{5π}{6} ) + i sin (\frac{5π}{6} )] = 2 [−\frac{1}{2}\sqrt{3} + i\frac{1}{2}] = −\sqrt{3} + i
w_{2} = 2 [cos (\frac{9π}{6} ) + i sin (\frac{9π}{6} )] = 2 [cos (\frac{3π}{2} ) + i sin (\frac{3π}{2} )] = −2i.

Die Proberechnungen sehen wie folgt aus:

w_{0}^{3} = (\sqrt{3} + i)^{3} = (\sqrt{3})^{3} + 3(\sqrt{3})^{2} i + 3\sqrt{3} i^{2} + i^{3} = 3\sqrt{3} + 9i − 3\sqrt{3} − i = 8i,
w_{1}^{3} = (−\sqrt{3} + i)^{3} = (−\sqrt{3})^{3} + 3(−\sqrt{3})^{2} i + 3(−\sqrt{3}) i^{2} + i^{3} = −3\sqrt{3} + 9i + 3\sqrt{3} − i = 8i,
w_{2}^{3} = (−2i)^{3} = (−8)^{3} = (−8)(−i) = 8i.

Die grafische Veranschaulichung findet man in Abbildung 1.

Aufgabe 22

Es sei ε ∈ ℝ_{>0} beliebig. Dabei gilt ℝ_{>0} = {r | r ∈ ℝ, r > 0}. Es ist zu zeigen: Es existiert ein Index n_{0}(ε) ∈ ℕ mit

|a_{n} − 0| = \frac{3}{5 n^{2}} < ε für alle n ∈ ℕ mit n > n_{0}(ε).

Setze dazu

n_{0}(ε) = ⌊\sqrt{\frac{3}{5ε}}⌋ + 1.

[figure: 8i; w_{0}; w_{1}; w_{2}; \frac{π}{6}]

Abbildung 1: Die Zahl 8i und deren dritte Wurzeln w_{k} Dann ist n_{0}(ε) ∈ ℕ, und für ein beliebiges n ∈ ℕ mit n > n_{0}(ε) folgt:

n ≥ ⌊\sqrt{\frac{3}{5ε}}⌋ + 1 > \sqrt{\frac{3}{5ε}} > 0.

Nach Aufgabe 1d) (Mathematik für Informatiker I) darf man diese Ungleichung quadrieren und erhält

n^{2} > \frac{3}{5ε} > 0.

Nach Aufgabe 1a) (Mathematik für Informatiker I) darf man zu den inversen Zahlen übergehen und dabei > durch < ersetzen. Dadurch erhält man:

\frac{1}{n^{2}} < \frac{5ε}{3}.

Nach (1.8) darf man diese Ungleichung mit \frac{3}{5} > 0 multiplizieren, ohne dass sich die Ungleichungsrichtung ändert:

a_{n} = \frac{3}{5n^{2}} < ε.

Damit ist die Behauptung bewiesen. Zu ε = 10^{−10} berechnet man n_{0}(ε) zu

n_{0}(ε) = ⌊\sqrt{\frac{3}{5} · 10^{10}}⌋ + 1 = 77460.

Auch jede Zahl größer als 77460 erfüllt die geforderte Eigenschaft. Zu ε = 10^{−5} berechnet man n_{0}(ε) zu

n_{0}(ε) = ⌊\sqrt{\frac{3}{5} · 10^{5}}⌋ + 1 = 245.

Auch hier erfüllt jede Zahl größer als 245 die geforderte Eigenschaft.

Aufgabe 23

Als Voraussetzung ist bekannt, dass lim_{n→∞} a_{n} = a, und c ∈ ℂ. Die Behauptung lautet

lim_{n→∞}(c a_{n}) = c a.

Im Beweis unterscheide man zwei Fälle:

1. Fall: Wenn c = 0 gilt, dann ist (c a_{n}) die konstante Folge (0), die nach (15.4c) gegen 0 = 0 · a_{n} = c a_{n} konvergiert.

2. Fall: Es gelte c ≠ 0. Ferner sei ε > 0 beliebig.

Zu zeigen ist: Es existiert ein n_{0} (ε) ∈ ℕ mit

|c a_{n} − c a| < ε für alle n ∈ ℕ mit n > n_{0} (ε) .

Da c ≠ 0 ist, ist |c| > 0 und folglich gilt \frac{ε}{|c|} ∈ ℝ_{>0}. Nach Voraussetzung existiert n_{0} (\frac{ε}{|c|}) ∈ ℕ mit

|a_{n} − a| < \frac{ε}{|c|} für alle n ∈ ℕ mit n > n_{0} (\frac{ε}{|c|}) .

Dann folgt:

|c a_{n} − c a| = |c(a_{n} − a)| = |c| |a_{n} − a| < |c| \frac{ε}{|c|} < ε für alle n ∈ ℕ mit n > n_{0} (ε) .

Daher setze man n_{0} (ε) := n_{0} (\frac{ε}{|c|}) und es gilt

|c a_{n} − c a| < ε für alle n ∈ ℕ mit n > n_{0} (ε) ,

d.h. lim_{n→∞}(c a_{n}) = c a.

Aufgabe 24

a) (a) Es gilt

a_{n} = \frac{3n^{3} + 2n^{2} − 1}{4n^{3} − n + 15} = \frac{3 + \frac{2}{n} − \frac{1}{n^{3}}}{4 − \frac{1}{n} + \frac{15}{n^{3}}} .

Da (\frac{1}{n}) eine Nullfolge ist, ist nach Aufgabe 23 (\frac{2}{n}) auch eine Nullfolge, und nach (15.8b) ist (\frac{1}{n^{3}} ) ebenfalls eine Nullfolge. Wegen Aufgabe 23 ist dann (−\frac{1}{n^{3}} ) auch eine Nullfolge. Die konstante Folge (3) konvergiert gegen 3. Im Zähler steht also die Summe aus drei konvergenter Folgen. Die Summenfolge ist konvergent mit dem Grenzwert 3 + 0 + 0 = 3. Analoge Überlegungen für den Nenner ergeben, dass dieser als Summe von konvergenten Folgen ebenfalls konvergiert. Der Grenzwert ist 4 + 0 + 0 = 4 ≠ 0. Nach (15.8c) ist die Folge (a_{n}) konvergent mit dem Grenzwert \frac{3}{4}.

(b) Es gilt

a_{n} = \frac{3n^{2} − 4n + 2}{4n^{3} + n^{2} − 13} = \frac{\frac{3}{n} − \frac{4}{n^{2}} + \frac{2}{n^{3}}}{4 + \frac{1}{n} − \frac{13}{n^{3}}} .

Wie in a) begründet man: Die Zählerfolge ist konvergent mit Grenzwert 0, die Nennerfolge ist konvergent mit Grenzwert 4 ≠ 0. Nach (15.8c) ist damit (a_{n}) konvergent mit dem Grenzwert

\frac{0}{4} = 0, d.h. lim_{n→∞} a_{n} = 0.

b) Ausrechnen und Zusammenfassen ergibt zunächst

a_{n} = \frac{2}{n^{2}} + (\frac{\sqrt{3}}{n} + i)^{2} = \frac{2}{n^{2}} + \frac{3}{n^{2}} + \frac{2i}{n}\sqrt{3} − 1 = (\frac{5}{n^{2}} − 1) + \frac{2}{n}\sqrt{3}i.

Da \frac{5}{n^{2}} → 0 gilt, konvergiert der Klammerausdruck gegen −1, und weil \frac{1}{n} → 0 gilt, konvergiert 2\sqrt{3}i · \frac{1}{n} gegen 0.

Da (a_{n}) als Summe zweier konvergenter Folgen geschrieben weerden kann, ist (a_{n}) selbst konvergent mit dem lim_{n→∞} a_{n} = −1.

Aufgabe 25

a) Es gilt

z_{1} · z_{2} = (x_{1} + iy_{1}) · (x_{2} + iy_{2}) = (x_{1}x_{2} + y_{1}y_{2}) + i(x_{1}y_{2} + x_{2}y_{1}).

An dem letzen Term erkennt man, dass höchstens vier reelle Multiplikationen benötigt werden. Sind eine oder mehrere der Größen x_{1}, x_{2}, y_{1} bzw. y_{2} gleich 0, so werden weniger Operationen nötig. b) Es sei z_{2} ≠ 0. Dann gilt

w := \frac{z_{1}}{z_{2}} = \frac{x_{1} + iy_{1}}{x_{2} + iy_{2}} = \frac{(x_{1} + iy_{1})(x_{2} − iy_{2})}{(x_{2} + iy_{2})(x_{2} − iy_{2})}

= \frac{x_{1}x_{2} + y_{1}y_{2} + iy_{1}x_{2} − ix_{1}y_{2}}{x_{2}^{2} + y_{2}^{2}} = \frac{x_{1}x_{2} + y_{1}y_{2}}{x_{2}^{2} + y_{2}^{2}} + i\frac{y_{1}x_{2} − x_{1}y_{2}}{x_{2}^{2} + y_{2}^{2}} .

Für Re(w) benötigt man zwei reelle Multiplikationen im Zähler, zwei reelle Multiplikationen im Nenner sowie eine Division. Für Im(w) fallen zwei reelle Multiplikationen für den Zähler und eine Division an. Der Nenner ist schon bekannt. Dadurch ergeben sich insgesamt höchstens acht reelle Multiplikationen und Divisionen.

c) Aus

(x_{1} + y_{1})(x_{2} + y_{2}) = x_{1}x_{2} + y_{1}y_{2} + x_{1}y_{2} + x_{2}y_{1}

folgt

(x_{1} + y_{1})(x_{2}y_{2}) − x_{1}x_{2} − y_{1}y_{2} = x_{1}y_{2} + x_{2}y_{1}.  (1)

Für den Realteil von z_{1} · z_{2} werden weiterhin zwei reelle Multiplikationen benötigt, allerdings kann man den Imaginärteil wegen der Gleichung (1) durch nur eine weitere Multiplikation berechnet werden. Damit benötigt man insgesamt höchstens drei reelle Multiplikationen.

d) Es gilt die Gleichung

(x_{1} + y_{1})(x_{2} − y_{2}) − x_{1}x_{2} + y_{1}y_{2} = −x_{1}y_{2} + x_{2}y_{1}.

Auf Grund dieser Formel braucht man für den Zähler von Im(w) in b) nur eine reelle Multiplikation, womit man insgesamt höchstens sieben reelle Multiplikationen oder Divisionen benötigt. Es sei nun z_{2} ≠ 0. Dann gilt entweder x_{2} ≠ 0 oder y_{2} ≠ 0. Es gelte im folgenden x_{2} ≠ 0. Der andere Fall ist analog. Dann gilt

w := \frac{z_{1}}{z_{2}} = \frac{x_{1}x_{2} + y_{1}y_{2}}{x_{2}^{2} + y_{2}^{2}} + i\frac{y_{1}x_{2} − x_{1}y_{2}}{x_{2}^{2} + y_{2}^{2}} = \frac{x_{1} + y_{1} (\frac{y_{2}}{x_{2}} )}{x_{2} + y_{2} (\frac{y_{2}}{x_{2}} )} + i\frac{y_{1} − x_{1} (\frac{y_{2}}{x_{2}} )}{x_{2} + y_{2} (\frac{y_{2}}{x_{2}} )}.

Zu berechnen sind also die Werte a = \frac{y_{2}}{x_{2}} , y_{1}a, y_{2}a und x_{1}a (vier Terme) sowie zwei reelle Divisionen. Dies ergibt insgesamt höchstens sechs reelle Multiplikationen oder Divisionen.

Aufgabe 26

a) Es gilt a = (a − b) + b sowie b = (b − a) + a. Dann folgt:

|a| = |(a − b) + b| ≤^{Δ-Ungl.} |a − b| + |b| ⟹ |a| − |b| ≤ |a − b|

und

|b| = |(b − a) + a| ≤^{Δ-Ungl.} |b − a| + |a| ⟹ |b| − |a| ≤ |b − a| = |a − b| ⟹ |a| − |b| ≥ − |a − b| .

Setzt man r = |a − b| ∈ ℝ_{≥0}, so gilt

− r ≤ |a| − |b| ≤ r

und damit

| |a| − |b| | ≤ r = |a − b| .

b) Für a ∈ ℂ gilt |a| = \sqrt{a\overline{a}} (nach 14.6a). Dann folgt:

|\overline{a}| = \sqrt{\overline{a} \overline{\overline{a}}} =^{(14.5a)} \sqrt{\overline{a} a} = |a| .

Aufgabe 27

a) Es sei ε ∈ ℝ_{>0} beliebig. Nach Voraussetzung existiert ein n_{0}(ε) ∈ ℕ mit

|a_{n} − a| < ε für alle n ≥ n_{0}(ε).

Mit Hilfe von Aufgabe 26a folgt

| |a_{n}| − |a| | ≤ |a_{n} − a| < ε für alle n ≥ n_{0}(ε).

Folglich ist (|a_{n}|) konvergent mit |a| als Grenzwert.

b) Es sei ε ∈ ℝ_{>0} beliebig. Nach Voraussetzung existiert ein n_{0}(ε) ∈ ℕ mit

|a_{n} − a| < ε für alle n ≥ n_{0}(ε).

Mit Aufgabe 26b folgt

|\overline{a_{n}} − \overline{a}| =^{(14.5b)} |\overline{a_{n} − a}| = |a_{n} − a| < ε für alle n ≥ n_{0}(ε).

Also ist (\overline{a}_{n}) konvergent mit \overline{a} als Grenzwert.

Aufgabe 28

Nach Aufgabe 23 sind auch die Folgen (\frac{1}{2}(a_{n} + b_{n})) und (\frac{1}{2}(a_{n} − b_{n})) konvergent mit den Grenzwerten \frac{1}{2}a bzw. \frac{1}{2}b.

a) Nach (15.8a) ist die Summenfolge konvergent mit \frac{1}{2}a + \frac{1}{2}b als Grenzwert, also folgt

\frac{1}{2}(a_{n} + b_{n}) + \frac{1}{2}(a_{n} − b_{n}) = \frac{1}{2}a_{n} + \frac{1}{2}a_{n} = a_{n} ⟶ \frac{1}{2}a + \frac{1}{2}b = \frac{1}{2}(a + b).

Demnach ist (a_{n}) konvergent mit \frac{1}{2}(a + b) als Grenzwert.

b) Die Folge (−\frac{1}{2}(a_{n} − b_{n})) ist nach Aufgabe 23 konvergent mit −\frac{1}{2}b als Grenzwert. Nach (15.8a) ist die Summenfolge konvergent mit \frac{1}{2}a − \frac{1}{2}b als Grenzwert. Damit folgt nun:

\frac{1}{2}(a_{n} + b_{n}) − \frac{1}{2}(a_{n} − b_{n}) = \frac{1}{2}b_{n} + \frac{1}{2}b_{n} = b_{n} ⟶ \frac{1}{2}a − \frac{1}{2}b = \frac{1}{2}(a − b).

Demnach ist (b_{n}) konvergent mit \frac{1}{2}(a − b) als Grenzwert.

c) Nach (15.8a) ist das Produkt der beiden konvergenten Folgen (a_{n}) und (b_{n}) wieder konvergent mit dem Grenzwert \frac{1}{4}(a^{2} − b^{2}), denn

\frac{1}{2}(a + b) · \frac{1}{2}(a − b) = \frac{1}{4}(a + b)(a − b) = \frac{1}{4}(a^{2} − b^{2}).

Aufgabe 29

a) Es seien a := lim_{n→∞} a_{n} und b := lim_{n→∞} b_{n}.

Die Behauptung lautet nun: a ≤ b. Nimm an, dass a > b ist. Dann gilt ε := a − b > 0. Zu \frac{ε}{2} ∈ ℝ_{>0} existiert ein n_{1} ∈ ℕ mit |a_{n} − a| < ε für alle n ≥ n_{1}. Zu \frac{ε}{2} ∈ ℝ_{>0} existiert ein n_{2} ∈ ℕ mit |b_{n} − b| < ε für alle n ≥ n_{2}. Für n ≥ n_{0} := max{n_{1}, n_{2}} gelten dann beide Aussagen gleichzeitig. Insbesondere folgt dann

−\frac{ε}{2} < a_{n_{0}} − a < \frac{ε}{2} ⟹ a − \frac{ε}{2} < a_{n_{0}} < a + \frac{ε}{2} mit  a − \frac{ε}{2} = a − \frac{a − b}{2} = a − \frac{a}{2} + \frac{b}{2} = \frac{1}{2}(a + b)

und

−\frac{ε}{2} < b_{n_{0}} − b < \frac{ε}{2} ⟹ b − \frac{ε}{2} < b_{n_{0}} < b + \frac{ε}{2} mit  b + \frac{ε}{2} = b + \frac{a − b}{2} = b + \frac{a}{2} − \frac{b}{2} = \frac{1}{2}(a + b).

Damit folgt

\frac{1}{2}(a + b) < a_{n_{0}} ≤^{Vor.} b_{n_{0}} < \frac{1}{2}(a + b). WIDERSPRUCH

Also gilt a ≤ b.

b) Diese Aussage ist falsch!

Ein Gegenbeispiel:

a_{n} = 1 − \frac{1}{n}  b_{n} = 1 + \frac{1}{n}.

Dann gilt a_{n} < b_{n} für alle n ∈ ℕ, aber

lim_{n→∞} a_{n} = 1 = lim_{n→∞} b_{n}.

Aufgabe 30

a) Es gilt (siehe Mathematik für Informatiker I)

nx − 1 < ⌊nx⌋ ≤ nx ⟹ x − \frac{1}{n} < \frac{⌊nx⌋}{n} ≤ x.

Die Folge (x − \frac{1}{n}) konvergiert gegen x, da (\frac{1}{n}) eine Nullfolge ist. Ebenso konvergiert die konstante Folge (x) gegen den Grenzwert x. Nach dem Einschließungsatz (15.12) folgt

lim_{n→∞} \frac{⌊nx⌋}{n} = x.

b) Es gilt

a_{n} = \frac{3^{n} + 2i}{4^{n}} = (\frac{3}{4})^{n} + 2i (\frac{1}{4})^{n} .

Nach (15.10a) erhält man

lim_{n→∞} (\frac{3}{4})^{n} = 0  lim_{n→∞} (\frac{1}{4})^{n} = 0.

Nach (15.8a) folgt dann lim_{n→∞} a_{n} = 0.

c) Für n ≥ 5 gilt

a_{n} = \underbrace{\frac{2}{1} · \frac{2}{2} · \frac{2}{3} · \frac{2}{4}}_{= \frac{2}{3}} · \frac{2}{5} · · · · · \frac{2}{n}

sowie

\frac{2}{k} < \frac{1}{2}

und daher

0 < a_{n} < \frac{2}{3} · (\frac{1}{2})^{n−4} .

Es gilt aber auch für n ≥ 5 die Folgerung

lim_{n→∞} (\frac{1}{2})^{n−4} = 0 ⟹ lim_{n→∞} (\frac{2}{3} · \frac{1}{2})^{n−4} = 0.

Mit dem Einschließungssatz (15.12) folgt dann lim_{n→∞} a_{n} = 0.

Aufgabe 31

Es sei a := lim_{n→∞} a_{n}. Aus a_{n} ≥ 0 für alle n ∈ ℕ folgt a ≥ 0 (Aufgabe 29a). Es sei ε ∈ ℝ_{>0} gegeben. Zu zeigen ist: es existiert ein n_{0}(ε) ∈ ℕ mit |\sqrt{a_{n}} − \sqrt{a}| < ε für alle n ≥ n_{0}(ε).

a = 0 : Dann ist (a_{n}) eine Nullfolge und es existiert ein n_{0}(ε) ∈ ℕ mit

0 ≤ a_{n} = |a_{n}| < ε^{2} für alle n ≥ n_{0}(ε).

Dann folgt

\sqrt{a_{n}} < \sqrt{ε^{2}} = ε für alle n ≥ n_{0}(ε),

d.h. (\sqrt{a_{n}}) ist eine Nullfolge. a ≥ 0 : Durch Erweitern erhält man zunächst

\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}}.

Desweiteren gilt

\underbrace{\sqrt{a_{n}}}_{≥ 0} + \underbrace{\sqrt{a}}_{> 0} ≥ \sqrt{a} > 0 ⟹ \frac{1}{\sqrt{a_{n}} + \sqrt{a}} ≤ \frac{1}{\sqrt{a}}.

Dann gibt es n_{0} ∈ ℕ mit |a_{n} − a| < ε · \sqrt{a} für alle n ≥ n_{0}, da a = lim_{n→∞} a_{n} ist. Nun folgt:

|\sqrt{a_{n}} − \sqrt{a}| ≤ \frac{|a_{n} − a|}{\sqrt{a}} < \frac{ε\sqrt{a}}{\sqrt{a}} = ε für alle n ≥ n_{0},

d.h. \sqrt{a} = lim_{n→∞} \sqrt{a_{n}}.

Aufgabe 32

a) Durch Einsetzen in die rekursive Definition erhält man:

a_{1} = 0  a_{2} = \sqrt{1} = 1  a_{3} = \sqrt{1 + 1} = \sqrt{2}
a_{4} = \sqrt{1 + \sqrt{2}}  a_{5} = \sqrt{1 + \sqrt{1 + \sqrt{2}}}  a_{6} = \sqrt{1 + \sqrt{1 + \sqrt{1 + \sqrt{2}}}}

b) Es wird behauptet, dass a_{n} < a_{n+1} für alle n ∈ ℕ gilt. Der Beweis wird mit vollständiger Induktion geführt:

(IA): Es gilt a_{1} = 0 < 1 = \sqrt{1} = a_{2}. (IV): Es gelte a_{n} < a_{n+1} für ein bestimmtes n ∈ ℕ. (IS): Aus der (IV) folgt sofort 1 + a_{n} < 1 + a_{n+1}. Daraus wiederum folgt die Ungleichungsbeziehung

a_{n+1} = \sqrt{1 + a_{n}} < \sqrt{1 + a_{n+1}} = a_{n+2}.

c) Die Behauptung 0 ≤ a_{n} < 2 für alle n ∈ ℕ wird wieder mit vollständiger Induktion nachgewiesen:

(IA): Es gilt 0 = a_{1} < 2. (IV): Es gelte 0 ≤ a_{n} < 2 für ein bestimmtes n ∈ ℕ. (IS): Aus der (IV) folgt zum einen 0 ≤ a_{n} + 1. Dann folgt aber auch 0 ≤ \sqrt{a_{n} + 1} = a_{n+1}. Zum

anderen folgt aus der (IV) auch a_{n} + 1 < 3 und damit dann a_{n+1} = \sqrt{a_{n} + 1} < \sqrt{3} < 2. d) Da (a_{n}) monoton wachsend und nach oben beschränkt ist, ist (a_{n}) nach (15.16) konvergent. Es sei

nun a = lim_{n→∞} a_{n}. Dann gilt

a = lim_{n→∞} a_{n+1} = lim_{n→∞} \sqrt{a_{n} + 1} =^{Aufg. 31} \sqrt{lim_{n→∞}(a_{n} + 1)} = \sqrt{( lim_{n→∞} a_{n}) + 1} = \sqrt{a + 1}.

Es gilt also die Folgerungskette

a = \sqrt{a + 1} ⟹ a^{2} = a + 1 ⟹ a^{2} − a − 1 = 0 ⟹ a = \frac{1}{2} ± \sqrt{\frac{1}{4} + 1} = \frac{1}{2} − \frac{1}{2}\sqrt{5}.

Da a ≥ 0 für alle n ∈ ℕ gilt

a = \frac{1}{2} + \frac{1}{2}\sqrt{5}.

Aufgabe 33

Im weiteren setzen wir

α := \frac{1}{2} + \frac{1}{2}\sqrt{5}  β := \frac{1}{2} − \frac{1}{2}\sqrt{5}.

Nach (6.10e) gilt

F_{n} = \frac{1}{\sqrt{5}} (α^{n} − β^{n}) für alle n ∈ ℕ_{0}.

Damit berechnet man

\frac{F_{n+1}}{F_{n}} = \begin{matrix}\frac{1}{\sqrt{5}} & (α^{n+1} − β^{n+1}) \\ \frac{1}{\sqrt{5}} & (α^{n} − β^{n}) \end{matrix} = \frac{1 − (\frac{β}{α})^{n+1}}{\frac{1}{α} − \frac{1}{α} (\frac{β}{α})^{n}} .

Wegen α ≠ 0 und |α| > |β| folgt |\frac{β}{α} | < 1. Wegen (15.10a) folgt damit (\frac{β}{α})^{n+1} → 0 und auch (\frac{β}{α})^{n} → 0. Mit den Grenzwertsätzen (15.8) ergibt sich dann

lim_{n→∞} \frac{F_{n+1}}{F_{n}} = \frac{1}{\frac{1}{α}} = α.

Aufgabe 34

a) Es gilt zunächst

7^{n} ≤ 3^{n} + 7^{n} ≤ 7^{n} + 7^{n} = 2 · 7^{n} ⟹ 7 ≤ \sqrt[n]{3^{n} + 7^{n}} ≤ 7 · \sqrt[n]{2}.

Nach (15.20a) gilt \sqrt[n]{2} → 1 und damit folgt 7 · \sqrt[n]{2} → 7. Nach dem Einschließungssatz (15.12) folgt somit lim_{n→∞} a_{n} = 7.

b) Es gilt

(1 + \frac{1}{n})^{n} → e ≠ 0  1 + \frac{1}{n} → 1 ≠ 0.

Mit diesen Beobachtungen folgt

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

= (\frac{1}{1 + \frac{1}{n}} )^{n} · \frac{1}{1 + \frac{1}{n}} = \frac{1}{(1 + \frac{1}{n})^{n}} · \frac{1}{1 + \frac{1}{n}} ⟶^{(15.8c)} \frac{1}{e} · \frac{1}{1} = \frac{1}{e},

also gilt

lim_{n→∞} a_{n} = \frac{1}{e}.

Aufgabe 35

a) Es seien s ∈ ℝ und s′ ∈ ℝ Suprema von M. Dann gilt:

s = sup(M), s′ ist obere Schranke von M ⟹ s ≤ s′,
s′ = sup(M), s ist obere Schranke von M ⟹ s′ ≤ s.

Zusammen ergibt sich s = s′.

b) Es sei s ∈ M eine obere Schranke. Ist t ∈ ℝ eine beliebige obere Schranke von M, so folgt insbesondere s ≤ t, d.h. s ist die kleinste obere Schranke von M, also s = sup(M).

c) Es sind hier zwei Beweisrichtungen zu prüfen:

⇒ : Es sei s := sup(M) und ε ∈ ℝ_{>0} beliebig.

Aus der Annahme s − ε ≥ x für alle x ∈ M folgt, dass s − ε eine obere Schranke von M ist mit s − ε < s. Dies ist ein WIDERSPRUCH zu s = sup(M). Daher existiert zu jedem ε ∈ ℝ_{>0} ein x ∈ M mit s − ε < x.

⇐ : Es sei t ∈ ℝ eine beliebige obere Schranke von M. Es ist zu zeigen, dass s ≤ t gilt.

Unter der Annahme s > t folgt ε = s − t > 0. Nach Voraussetzung existiert ein x ∈ M mit

x > s − ε = s − (s − t) = t.

Daher ist t keine obere Schranke von M. Dies ist ein WIDERSPRUCH zum ersten Satz dieses Beweisteils. Also ist s die kleinste obere Schranke von M, d.h. s = sup(M).

d) Die Formulierungen (ohne Beweis) für Infima lauten:

a’) M besitzt höchstens ein Infimum.

b’) Eine untere Schranke von M, die zu M gehört, ist das Infimum von M.

c’) Eine untere Schranke u ∈ ℝ von M ist genau dann das Infimum von M, wenn zu jedem ε > 0 mindestens ein y ∈ M existiert mit y < u + ε.

Aufgabe 36

Es ist zu zeigen:

∑_{k=1}^{∞} |a_{k}b_{k}| ist konvergent.

Da dies eine Reihe mit nicht-negativen reellen Gliedern ist, genügt es nach (16.9) zu zeigen, dass die Folge der Partialsummen nach oben beschränkt ist.

Es sei s_{n} = ∑_{k=1}^{n} |a_{k}b_{k}|.

Da ∑_{k=1}^{∞} a_{k} absoult konvergent ist, ist auch ∑_{k=1}^{n} |a_{k}| konvergent. Daher ist die Folge der Partialsummen

(∑_{k=1}^{n} |a_{k}|)_{n∈ℕ} nach oben beschränkt, d.h. es gibt ein K > 0 mit

∑_{k=1}^{n} |a_{k}| ≤ K für alle n ∈ ℕ.

Da (b_{k})_{k∈ℕ} beschränkt ist, gibt es ein L > 0 mit

b_{k} ≤ L für alle k ∈ ℕ.

Damit folgt nun:

s_{n} = ∑_{k=1}^{n} |a_{k}b_{k}| = ∑_{i=1}^{k} |a_{k}| · |b_{k}| ≤ ∑_{k=1}^{n} |a_{k}| · L = L · ∑_{k=1}^{n} |a_{k}| ≤ L · K,

d.h. die Folge (s_{n})_{n∈ℕ} ist nach oben beschränkt.

Aufgabe 37

a) Bilde die Partialsummen

s_{n} = ∑_{k=1}^{n} a_{k} (n ∈ ℕ)  t_{n} = ∑_{k=10}^{n} a_{k} (n ≥ 10).

Da ∑_{k=10}^{n} a_{k} konvergent ist, ist die Folge (s_{n})_{n} konvergent. Dann ist wegen der Grenzwertsätze auch die Folge (t_{n})_{n} = s_{n} − (a_{1} + a_{2} + ⋯ + a_{9}) konvergent, und es gilt:

∑_{k=10}^{∞} a_{k} = lim_{n→∞} t_{n} = lim_{n→∞}(s_{n} − (a_{1} + ⋯ + a_{9})) = lim_{n→∞} s_{n} − (a_{1} + ⋯ + a_{9}) = s − (a_{1} + ⋯ + a_{9}),
d.h. ∑_{k=10}^{∞} a_{k} = ∑_{k=1}^{∞} a_{k} − (a_{1} + ⋯ + a_{9}).

Allgemein gilt: Für beliebiges k_{0} ∈ ℕ gilt:

∑_{k=k_{0}}^{∞} a_{k} = ∑_{k=1}^{∞} a_{k} − ∑_{k=1}^{k_{0}−1} a_{k}.

b) Es gilt

∑_{k=2}^{∞} \frac{1}{3^{k+1}} = \frac{1}{3} ∑_{k=2}^{∞} \frac{1}{3^{k}} = \frac{1}{3} ∑_{k=2}^{∞} (\frac{1}{3})^{k} .

Wegen |\frac{1}{3} | < 1 ist die geometrische Reihe ∑_{k=0}^{∞} (\frac{1}{3})^{k} konvergent mit dem Grenzwert \frac{1}{1− \frac{2}{3}} = \frac{3}{2}. Dann berechnet man mit Aufgabenteil a):

\frac{1}{3} ∑_{k=2}^{∞} (\frac{1}{3})^{k} = \frac{1}{3} [∑_{k=0}^{∞} (\frac{1}{3})^{k} − (\frac{1}{3})^{0} − (\frac{1}{3})^{1}]

= \frac{1}{3} [\frac{3}{2} − 1 − \frac{1}{3}] = \frac{1}{3} [\frac{1}{2} − \frac{1}{3}] = \frac{1}{3} · \frac{1}{6} = \frac{1}{18}.

Aufgabe 38

a) Es gilt

∑_{k=1}^{∞}(−1)^{k} \frac{1}{k} = − ∑_{k=1}^{∞}(−1)^{k+1} \frac{1}{k} = − ln(2),
∑_{k=1}^{∞} \frac{4^{k}}{5^{k}} = ∑_{k=1}^{∞} (\frac{4}{5})^{k} = \frac{1}{1 − \frac{4}{5}} − 1 = 5 − 1 = 4 (geom. Reihe).

Nach Satz (16.8) ist ∑_{k=1}^{∞} a_{k} konvergent, und es gilt:

∑_{k=1}^{∞} a_{k} = ∑_{k=1}^{∞}(−1)^{k} \frac{1}{k} + i ∑_{k=1}^{∞} (\frac{4}{5})^{k} = − ln(2) + i · 4.

b) Eine Partialbruchzerlegung ergibt

\frac{1}{(2k − 1)(2k + 1)} = \frac{1}{2} [\frac{1}{2k − 1} − \frac{1}{2k + 1}] .

Damit folgt nun:

s_{n} = ∑_{k=1}^{n} a_{k} = \frac{1}{2} [(1 − \frac{1}{3}) + (\frac{1}{3} − \frac{1}{5}) + ⋯ + (\frac{1}{2n − 3} − \frac{1}{2n − 1}) + (\frac{1}{2n − 1} − \frac{1}{2n + 1})]

= \frac{1}{2} [1 − \frac{1}{2n + 1}] .

Damit ist (s_{n}) konvergent, daher ist auch ∑_{k=1}^{∞} a_{k} konvergent und es gilt:

∑_{k=1}^{∞} a_{k} = lim_{n→∞} s_{n} = lim_{n→∞} (\frac{1}{2} (1 − \frac{1}{2n + 1})) = \frac{1}{2}.

Aufgabe 39

a) Diese Reihe ist konvergent nach dem Wurzelkriterium (16.16):

\sqrt[k]{\frac{2^{k+1}}{k^{k}}} = \frac{2 · \sqrt[k]{2}}{k} ⟶ 0 < 1,

denn \sqrt[k]{2} → 1 und \frac{2}{k} → 0.

b) Es gilt

\frac{k + 1}{2k + 1} = \frac{1 + \frac{1}{k}}{2 + \frac{1}{k}} ⟶ \frac{1}{2}.

Daher ist ((−1)^{k+1} \frac{k+1}{2k+1}) keine Nullfolge, also ist die Reihe nach (16.3) divergent.

c) Für diese Reihe gilt:

k^{3} + 7k^{2} = k^{2}(k + 7) ≥ k^{2}(k + 2) ⟹ \frac{k + 2}{k^{3} + 7k^{2}} ≤ \frac{k + 2}{k^{2}(k + 2)} = \frac{1}{k^{2}} .

Daher ist ∑_{k=1}^{∞} \frac{1}{k^{2}} eine konvergente Majorante zu ∑_{k=1}^{∞} \frac{k + 2}{k^{3} + 7k^{2}} , weswegen diese Reihe konvergent ist.

d) Diese Reihe ist divergent, denn:

k + 1 ≤ k + 2 ⟹ \frac{1}{k + 1} ≥ \frac{1}{k + 2},

multiplizieren mit \frac{k+2}{k} > 0 liefert

\frac{k + 2}{k(k + 1)} ≥ \frac{k + 2}{k} · \frac{1}{k + 2} = \frac{1}{k} .

Also ist ∑_{k=1}^{∞} \frac{1}{k} eine divergente Minorante zur Reihe ∑_{k=1}^{∞} \frac{1}{k}.

Aufgabe 40

Es gilt

exp(z) = ∑_{k=0}^{∞} \frac{z^{k}}{k!} = lim_{n→∞} s_{n} mit s_{n} = ∑_{k=0}^{n} \frac{z^{k}}{k!}

Chr. Nelius  Mathematik für Informatiker II (WS 2000/01)  Musterlösungen

und

exp(\overline{z}) = ∑_{k=0}^{∞} \frac{(\overline{z})^{k}}{k!} = lim_{n→∞} t_{n} mit t_{n} = ∑_{k=0}^{n} \frac{(\overline{z})^{k}}{k!} .

Mit dieser Schreibweise folgt nun

\overline{s_{n}} = \overline{∑_{k=0}^{n} \frac{z^{k}}{k!}} =^{(14.5 b,c)} ∑_{k=0}^{n} \overline{(\frac{1}{k!})} \overline{z^{k}} =^{(14.5 c)} ∑_{k=0}^{n} \overline{(\frac{1}{k!})} (\overline{z})^{k} =^{\frac{1}{k!} ∈ℝ} ∑_{k=0}^{n} \frac{1}{k!} (\overline{z})^{k} = t_{n},

also folgt weiter

\overline{exp(z)} = \overline{lim_{n→∞} s_{n}} =^{Aufg. 27b} lim_{n→∞} \overline{s_{n}} = lim_{n→∞} t_{n} = exp(\overline{z}).

Aufgabe 41

a) Die Reihe ∑_{k=1}^{∞} |a_{k}| ist eine Reihe mit reellen Gliedern, welche die Eigenschaft |a_{k}| ≥ 0 erfüllen. Nach Voraussetzung gilt \sqrt[k]{|a_{k}|} ≤ q < 1 für alle k ≥ k_{0}. Nach dem Wurzelkriterium (16.15) ist damit ∑_{k=1}^{∞} |a_{k}| konvergent, daher ist nach Definition (16.6) die Reihe ∑_{k=1}^{∞} a_{k} absolut konvergent.

b) Es sei

a_{k} = (\frac{k}{2 + i(2k − 1)})^{k}
⟹ |a_{k}| = (\frac{k}{|2 + i(2k − 1)|})^{k} = (\frac{k}{\sqrt{4 + (2k − 1)^{2}}} )^{k}

= (\frac{k}{\sqrt{4 + 4k^{2} − 4k + 1}})^{k} = (\frac{k}{\sqrt{5 + 4k^{2} − 4k}} )^{k}

⟹ \sqrt[k]{|a_{k}|} = \frac{k}{\sqrt{5 + 4k^{2} − 4k}} = \frac{1}{\sqrt{\frac{5}{k^{2}} + 4 − \frac{4}{k}}} ⟶^{Aufg. 31} \frac{1}{\sqrt{4}} = \frac{1}{2}.

Nach dem Wurzelkriterium (16.16) ist daher ∑ |a_{k}| konvergent. Daher ist die Reihe ∑ a_{k} absolut konvergent und damit auch konvergent.

Aufgabe 42

Mit a_{k} = b_{k} = \frac{1}{2^{k}} gilt nach (16.18)

c_{k} = ∑_{j=0}^{k} a_{j}b_{k−j} = ∑_{j=0}^{k} \frac{1}{2^{j}} · \frac{1}{2^{k−j}} = ∑_{j=0}^{k} \frac{1}{2^{k}} = \frac{k + 1}{2^{k}}.

Die konvergente geometrische Reihe ∑_{k=0}^{∞} a_{k} ist absolut konvergent, da a_{k} ≥ 0 für alle k ∈ ℕ_{0} ist (dann folgt gerade |a_{k}| = a_{k}). Nach (16.20) ist das Cauchy-Produkt ∑_{k=0}^{∞} c_{k} wieder absolut konvergent, und es gilt

∑_{k=0}^{∞} c_{k} = ∑_{k=0}^{∞} \frac{k + 1}{2^{k}} = (∑_{k=0}^{∞} a_{k})^{2} = (∑_{k=0}^{∞} \frac{1}{2^{k}} )^{2} = (\frac{1}{1 − \frac{1}{2}} )^{2} = 2^{2} = 4.

Aufgabe 43

a) Die Aussage wird zunächst für alle n ∈ ℕ_{0} per Induktion bewiesen:

(IA) n = 0: exp(0) = 1 = e^{0} nach (16.21 f). (IV) Für ein beliebiges (festes) n ∈ ℕ_{0} gelte exp(n) = e^{n}. (IB) exp(n + 1) = e^{n+1}. (IS) exp(n + 1) =^{(16.21 e)} exp(n) · exp(1) =^{(IV)} e^{n} · e^{1} = e^{n+1}.

b) Es sei nun n ∈ ℤ mit n < 0. Dann kann man n schreiben als n = −m, wobei m ∈ ℕ eine positive natürliche Zahl ist. Nun folgt:

exp(n) = exp(−m) =^{(16.21 f)} \frac{1}{exp(m)} =^{a)} \frac{1}{e^{m}} = e^{−m} = e^{n}.

c) Es sei nun q = \frac{m}{n} ∈ ℚ mit m, n ∈ ℤ und n > 0. Dann gilt

exp(q^{n}) =^{(16.21 f)} exp(q · n) = exp(m) =^{b)} e^{m} (> 0)
⟹ exp(q) = \sqrt[n]{e^{m}} = e^{\frac{m}{n}} = e^{q}.

Aufgabe 44

a) Es sei σ = lim_{n→∞} \frac{|a_{k+1}|}{|a_{k}|} > 0 und ρ = \frac{1}{σ}. Für z = 0 ist die Reihe absolut konvergent. Es sei daher

z ≠ 0 und b_{k} = a_{k}z^{k}. Dann ist |b_{k}| ≥ 0, d.h. ∑ |b_{k}| ist eine Reihe mit positiven Gliedern. Es sei nun z ∈ ℂ mit |z| < ρ gegeben. Nach Berechnung des Quotienten

\frac{|b_{k+1}|}{|b_{k}|} = |\frac{a_{k+1}z^{k+1}}{a_{k}z^{k}} | = \frac{|a_{k+1}|}{|a_{k}|} · |z| → σ |z| < σ · ρ = σ · \frac{1}{ρ} = 1

ist die Reihe ∑ |b_{k}| nach dem Quotientenkriterium (16.14) konvergent, d.h. ∑ a_{k}z^{k}ist für |z| < ρ absolut konvergent. Nun sei z ∈ ℂ mit |z| > ρ. Dann gilt

|\frac{b_{k+1}}{b_{k}} | = |\frac{a_{k+1}z^{k+1}}{a_{k}z^{k}} | = |\frac{a_{k+1}}{a_{k}} | |z| → σ |z| > σ · ρ = 1,

daher ist nach (16.14) die Reihe ∑ a_{k}z^{k} divergent.

b) Die Berechnung der Konvergenzradien mit Hilfe von a) ergibt folgende Rechnungen: (a) Es ist a_{k} = \frac{1}{k^{2}+1}.

|\frac{a_{k+1}}{a_{k}} | = \frac{k^{2} + 1}{(k + 1)^{2} + 1} = \frac{k^{2} + 1}{k^{2} + 2k + 2} = \frac{1 + \frac{1}{k^{2}}}{1 + \frac{2}{k} + \frac{2}{k^{2}}} → 1 ⟹ ρ = 1.

(b) Hier ist a_{k} = \frac{3^{k}}{k}.

|\frac{a_{k+1}}{a_{k}} | = \frac{3^{k+1} · k}{(k + 1) · 3^{k}} = 3 · \frac{k}{k + 1} = 3 + \frac{1}{1 + \frac{1}{k}} → 3 ⟹ ρ = \frac{1}{3}.