Loes Blatt 9
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- Pages: 8
Institut f¨ur Stochastik Prof. Dr. G. Last · Dr. M. Folkers · B. Ebner
¨ Ubungsaufgaben zur Vorlesung Mathematik 1 fu ¨r die Fachrichtung Wirtschaftswissenschaften im WS 2007/08 Aufgabe 39 (Wird im H¨orsaal behandelt.) Gegeben sei die Folge (sn )n∈N durch sn :=
n
(−1)k ·
k=1
1 √ , 1+ k
n ∈ N.
a) Begr¨ unden Sie die Konvergenz der Folge (sn )n∈N . b) Es sei s := lim sn . Bestimmen Sie ein n0 ∈ N so, dass f¨ ur alle n ≥ n0 gilt: |sn − s| < 10−3 . n→∞
L o ¨sung: 1. Es gilt • die Reihe
∞
(−1)k ·
k=1
• die Folge αk :=
1 √ ist eine alternierende Reihe, 1+ k
1√ , 1+ k
k ∈ N, ist monoton fallend,
• lim αk = 0, k→∞
insgesamt folgt aus dem Leibnizkriterium, dass die Reihe
∞ k=1
(−1)k ·
1 √ , also die 1+ k
Folge (sn )n∈N konvergiert. 2. Es gilt |sn − s| ≤
1 √ f¨ ur alle n ∈ N 1+ n+1
und √ 1 √ < 10−3 ⇐⇒ 1 + n + 1 > 103 = 1000 ⇐⇒ n + 1 > 9992 , 1+ n+1 also kann man z.B. n0 = 106 w¨ahlen.
1
Aufgabe 40 (Wird im H¨orsaal behandelt.) 1. Bestimmen Sie die Menge K aller x ∈ R, f¨ ur die die Reihe ∞ (1 + (−1)n )n n=1
2n + n + 1
· xn
konvergiert. 2. Die Folge (bn )n∈N sei rekursiv definiert durch b1 := 1 und bn+1 = Untersuchen Sie die Reihe
∞ n=1
3 + bn , n ∈ N. 5
bn auf Konvergenz.
L¨ osung: (a) Verwende das Wurzelkriterium, es gilt n n 1 n (1 + (−1) ) n = √ · (1 + (−1)n ) · |x| · x n 2n + n + 1 n 2 +n+1 ⎧ ⎨ 0, falls n ungerade, 2 = · |x|, falls n gerade. ⎩ √ n 2n + n + 1 Wegen lim √ n
n→∞
2n
2 =1 +n+1
folgt n )n (1 + (−1) lim sup n n · xn = |x|, 2 +n+1 n→∞ die vorgelegte Reihe ist folglich absolut konvergent f¨ ur |x| < 1 (Konvergenzradius r = 1) und divergent f¨ ur |x| > 1. Die Punkte x = 1 und x = −1 m¨ ussen separat untersucht werden.
2
Untersuchung der Randpunkte: x = 1 : Die Reihe
∞ (1 + (−1)n )n n=1
2n + n + 1
ist divergent, da die Folge
2n + n + 1
ist divergent, da die Folge
·1 =
∞ (1 + (−1)n )n n=1
(1 + (−1)n )n 2n + n + 1
keine Nullfolge ist. x = −1 : Die Reihe ∞ (1 + (−1)n )n n=1
n
n
· (−1) =
2n + n + 1
n∈N
∞ (1 + (−1)n )n
2n + n + 1
n=1
(1 + (−1)n )n 2n + n + 1
n∈N
keine Nullfolge ist. Beachte: Es gilt n n
(1 + (−1) ) = 2n + n + 1
0, 2n , 2n + n + 1
falls n ungerade, falls n gerade,
und 2n lim = 1 = 0. n→∞ 2n + n + 1 (b) Angenommen, die Reihe
∞ n=1
bn ist konvergent. Dann muss die Folge (bn )n∈N eine
Nullfolge sein. Aus der Rekursionsformel bn+1 = 0=
3+0 5
3+bn 5
folgt f¨ ur n → ∞ jedoch
= 35 ,
und dies ist offensichtlich falsch. Also kann die Reihe nicht konvergieren.
3
Aufgabe 41 (Wird im H¨orsaal behandelt.) Untersuchen Sie die folgenden Reihen auf Konvergenz.
1.
∞ (−1)k · k · (k + 1)
(2 · k)!
k=1
2.
∞ k=1
3.
∞ k=1
,
k+2 √ , k2 · k + 1 k
(−1) ·
(−1)k 1 +√ . k k
L¨ osung: 1. Das Quotientenkriterium liefert k+2 ak+1 (k + 1) · (k + 2) (2 · k)! 1 k→∞ = = → 0 < 1, · · ak (2 · k + 2)! k · (k + 1) k (2 · k + 1) · (2 · k + 2) folglich ist die Reihe absolut konvergent. 2. Man verwende das Majorantenkriterium. Es gilt |bk | =
k2
k+2 1 3·k √ ≤ 5 =3· 3, · k+1 k2 k2
und folglich ist die Reihe absolut konvergent. 3. Die Reihe ist divergent. Angenommen die Reihe ist konvergent. F¨ ur die Partialsummen gilt n k=1
k
(−1) ·
1 (−1)k +√ k k
=
n 1 k=1
k
+
n
1 (−1)k · √ , k k=1 n
Aus der Annahme zusammen mit dem Leibnizkriterium (
(−1)k · √1k ist eine konvergente
k=1
Reihe) folgt f¨ ur n → ∞, dass dann auch die harmonische Reihe aber falsch ist. Damit ist die vorgelegte Reihe divergent.
4
n ∈ N.
∞ k=1
1 k
konvergiert, was
Aufgabe 42 (Wird im H¨orsaal behandelt.) Vorgegeben sei die rekursiv definierte Folge
b1 := 1, b2 := 2, bk :=
1 + bk−1 , k ≥ 3. bk−1 + bk−2
1. Zeigen Sie durch vollst¨andige Induktion die Allaussage b2·k−1 = 1, k ∈ N. 2. Zeigen Sie die Allaussage b2·k ≤ 2, k ∈ N. 3. Bestimmen Sie die Menge K aller x ∈ R, f¨ ur die die Reihe ∞ k=1
bk · xk ,
konvergiert. L¨ osung: 1. Induktionsanfang f¨ ur k = 1 b2·1−1 = 1. Induktionsschluß: zeige die Allaussage ∀k ∈ N : b2·k−1 = 1 =⇒ b2·k+1 = 1. Es gilt b2·k+1 =
1 + b2·k 1 + b2·k = 1, = b2·k + b2·k−1 b2·k + 1
k ∈ N.
2. Wegen bk ≥ 0, k ∈ N, gilt b2·k =
1 + b2·k−1 2 2 = ≤ = 2, b2·k−1 + b2·k−2 1 + b2·k−2 1
5
k ∈ N.
3. Wegen 1. existiert eine Teilfolge, die gegen 1 konvergiert. Also ist lim supk→∞ bk ≥ 1. Da wegen 2. alle Folgeglieder kleiner oder gleich 2 sind, ist lim supk→∞ bk ≤ 2. Dann folgt: 1.
1 ≤ lim sup k→∞
√ k
2.
bk ≤ lim sup k→∞
√ k
2=1
und folglich lim sup k→∞
also konvergiert die Reihe
∞ k=1
√ k
bk = 1,
bk ·xk (sogar absolut) f¨ ur alle x ∈ R mit |x| < 1 und divergiert
f¨ ur alle x ∈ R mit |x| > 1. In den Randpunkten x = +1 bzw x = −1 konvergiert die Reihe nicht, da die Folgen (bk )k∈N bzw. (bk · (−1)k )k∈N keine Nullfolgen sind. (b2k−1 = 1 f¨ ur alle k ∈ N)
6
Aufgabe 43 (Wird im H¨orsaal behandelt.) Untersuchen Sie die folgenden Reihen auf Konvergenz und absolute Konvergenz.
1.
∞
√
n
(−1) · √
n=1
2.
∞
(−1)n ·
n=1
n , n+1
sin(n) , 3n
∞ n! 3. , 2n n=1
4.
∞ 1 n=1
1 2 + − . n n+1 n+2
L¨ osung:
∞
√
n=1
n=1
n
(−1) · √
n=1 ∞
∞ 1
konvergent ja nein
(−1)n ·
n n+1
×
sin(n) 3n
∞ n! 2n n=1
1 2 + − n n+1 n+2
abs. konv. ja nein
×
× ×
×
×
×
× √
n
1. Die erste Reihe ist divergent, denn die Folge an = (−1) · √ Nullfolge.
n , n+1
n ∈ N, ist keine
2. Die zweite Reihe ist absolut konvergent, denn es gilt sin(n) n ≤ 1, (−1) · 3n 3n und die Reihe terium.
∞ n=1
1 3n
n ∈ N,
ist konvergent. Die Behauptung folgt somit aus dem Majorantenkri-
7
3. Es gilt (n+1)! 2n+1 n! 2n
=
1 n→∞ · (n + 1) → ∞, 2
aus dem Quotientenkriterium folgt, dass die dritte Reihe divergent ist. 4. Es gilt 0<
1 2 (n + 2) · (n + 1) + n · (n + 2) − 2 · n · (n + 1) 1 + − = n n+1 n+2 n · (n + 1) · (n + 2) 2 2 n + 3 · n + 2 + n + 2 · n − 2 · n2 − 2 · n = n3 + 3 · n2 + 2 · n 3·n+2·n 3·n+2 ≤ 3 = 3 2 n +3·n +2·n n + 3 · n2 + 2 · n 5 5 ≤ 2 , n ∈ N, = 2 n +3·n+2 n
und die Reihe
∞ n=1
1 n2
ist konvergent. Folglich ist nach dem Majorantenkriterium die vierte
Reihe absolut konvergent. alternative L¨ osung von 4.: 2 Es handelt sich um eine Teleskopsumme. Der Term − n+2 eliminiert jeweils einen Term der beiden darauffolgenden Summanden: k 1 2 1 − ) ( + sk := n n+1 n+2 n=1
1 2 1 1 2 1 1 2 1 1 2 1 1 2 − ) + ( + − ) + ( + − ) + ( + − ) + ( + − )+ 2 3 2 3 4 3 4 5 4 5 6 5 6 7 + ···+ 1 1 2 1 1 2 1 1 2 +( + − )+( + − )+( + − ) k−2 k−1 k k−1 k k+1 k k+1 k+2 1 1 2 1 2 =1 + + − + − 2 2 k+1 k+1 k+2 2 1 − −→ 2 (k → ∞) =2 − k+1 k+2 1 1 1 Die Partialsummenfolge sk konvergiert und somit ist auch ∞ n=1 ( n + n+1 − n+2 ) konvergent (gegen 2). =(1 +
Da wegen 1 2 1 1 2 1 + − ≥ + − =0 n n+1 n+2 n+2 n+2 n+2 jeder Summand an positiv ist, gilt an = |an |. Somit gilt also f¨ ur jede Partialsumme an :=
k
an =
n=1
k n=1
und damit folgt die absolute Konvergenz. 8
|an |
¨ Ubungsaufgaben zur Vorlesung Mathematik 1 fu ¨r die Fachrichtung Wirtschaftswissenschaften im WS 2007/08 Aufgabe 39 (Wird im H¨orsaal behandelt.) Gegeben sei die Folge (sn )n∈N durch sn :=
n
(−1)k ·
k=1
1 √ , 1+ k
n ∈ N.
a) Begr¨ unden Sie die Konvergenz der Folge (sn )n∈N . b) Es sei s := lim sn . Bestimmen Sie ein n0 ∈ N so, dass f¨ ur alle n ≥ n0 gilt: |sn − s| < 10−3 . n→∞
L o ¨sung: 1. Es gilt • die Reihe
∞
(−1)k ·
k=1
• die Folge αk :=
1 √ ist eine alternierende Reihe, 1+ k
1√ , 1+ k
k ∈ N, ist monoton fallend,
• lim αk = 0, k→∞
insgesamt folgt aus dem Leibnizkriterium, dass die Reihe
∞ k=1
(−1)k ·
1 √ , also die 1+ k
Folge (sn )n∈N konvergiert. 2. Es gilt |sn − s| ≤
1 √ f¨ ur alle n ∈ N 1+ n+1
und √ 1 √ < 10−3 ⇐⇒ 1 + n + 1 > 103 = 1000 ⇐⇒ n + 1 > 9992 , 1+ n+1 also kann man z.B. n0 = 106 w¨ahlen.
1
Aufgabe 40 (Wird im H¨orsaal behandelt.) 1. Bestimmen Sie die Menge K aller x ∈ R, f¨ ur die die Reihe ∞ (1 + (−1)n )n n=1
2n + n + 1
· xn
konvergiert. 2. Die Folge (bn )n∈N sei rekursiv definiert durch b1 := 1 und bn+1 = Untersuchen Sie die Reihe
∞ n=1
3 + bn , n ∈ N. 5
bn auf Konvergenz.
L¨ osung: (a) Verwende das Wurzelkriterium, es gilt n n 1 n (1 + (−1) ) n = √ · (1 + (−1)n ) · |x| · x n 2n + n + 1 n 2 +n+1 ⎧ ⎨ 0, falls n ungerade, 2 = · |x|, falls n gerade. ⎩ √ n 2n + n + 1 Wegen lim √ n
n→∞
2n
2 =1 +n+1
folgt n )n (1 + (−1) lim sup n n · xn = |x|, 2 +n+1 n→∞ die vorgelegte Reihe ist folglich absolut konvergent f¨ ur |x| < 1 (Konvergenzradius r = 1) und divergent f¨ ur |x| > 1. Die Punkte x = 1 und x = −1 m¨ ussen separat untersucht werden.
2
Untersuchung der Randpunkte: x = 1 : Die Reihe
∞ (1 + (−1)n )n n=1
2n + n + 1
ist divergent, da die Folge
2n + n + 1
ist divergent, da die Folge
·1 =
∞ (1 + (−1)n )n n=1
(1 + (−1)n )n 2n + n + 1
keine Nullfolge ist. x = −1 : Die Reihe ∞ (1 + (−1)n )n n=1
n
n
· (−1) =
2n + n + 1
n∈N
∞ (1 + (−1)n )n
2n + n + 1
n=1
(1 + (−1)n )n 2n + n + 1
n∈N
keine Nullfolge ist. Beachte: Es gilt n n
(1 + (−1) ) = 2n + n + 1
0, 2n , 2n + n + 1
falls n ungerade, falls n gerade,
und 2n lim = 1 = 0. n→∞ 2n + n + 1 (b) Angenommen, die Reihe
∞ n=1
bn ist konvergent. Dann muss die Folge (bn )n∈N eine
Nullfolge sein. Aus der Rekursionsformel bn+1 = 0=
3+0 5
3+bn 5
folgt f¨ ur n → ∞ jedoch
= 35 ,
und dies ist offensichtlich falsch. Also kann die Reihe nicht konvergieren.
3
Aufgabe 41 (Wird im H¨orsaal behandelt.) Untersuchen Sie die folgenden Reihen auf Konvergenz.
1.
∞ (−1)k · k · (k + 1)
(2 · k)!
k=1
2.
∞ k=1
3.
∞ k=1
,
k+2 √ , k2 · k + 1 k
(−1) ·
(−1)k 1 +√ . k k
L¨ osung: 1. Das Quotientenkriterium liefert k+2 ak+1 (k + 1) · (k + 2) (2 · k)! 1 k→∞ = = → 0 < 1, · · ak (2 · k + 2)! k · (k + 1) k (2 · k + 1) · (2 · k + 2) folglich ist die Reihe absolut konvergent. 2. Man verwende das Majorantenkriterium. Es gilt |bk | =
k2
k+2 1 3·k √ ≤ 5 =3· 3, · k+1 k2 k2
und folglich ist die Reihe absolut konvergent. 3. Die Reihe ist divergent. Angenommen die Reihe ist konvergent. F¨ ur die Partialsummen gilt n k=1
k
(−1) ·
1 (−1)k +√ k k
=
n 1 k=1
k
+
n
1 (−1)k · √ , k k=1 n
Aus der Annahme zusammen mit dem Leibnizkriterium (
(−1)k · √1k ist eine konvergente
k=1
Reihe) folgt f¨ ur n → ∞, dass dann auch die harmonische Reihe aber falsch ist. Damit ist die vorgelegte Reihe divergent.
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n ∈ N.
∞ k=1
1 k
konvergiert, was
Aufgabe 42 (Wird im H¨orsaal behandelt.) Vorgegeben sei die rekursiv definierte Folge
b1 := 1, b2 := 2, bk :=
1 + bk−1 , k ≥ 3. bk−1 + bk−2
1. Zeigen Sie durch vollst¨andige Induktion die Allaussage b2·k−1 = 1, k ∈ N. 2. Zeigen Sie die Allaussage b2·k ≤ 2, k ∈ N. 3. Bestimmen Sie die Menge K aller x ∈ R, f¨ ur die die Reihe ∞ k=1
bk · xk ,
konvergiert. L¨ osung: 1. Induktionsanfang f¨ ur k = 1 b2·1−1 = 1. Induktionsschluß: zeige die Allaussage ∀k ∈ N : b2·k−1 = 1 =⇒ b2·k+1 = 1. Es gilt b2·k+1 =
1 + b2·k 1 + b2·k = 1, = b2·k + b2·k−1 b2·k + 1
k ∈ N.
2. Wegen bk ≥ 0, k ∈ N, gilt b2·k =
1 + b2·k−1 2 2 = ≤ = 2, b2·k−1 + b2·k−2 1 + b2·k−2 1
5
k ∈ N.
3. Wegen 1. existiert eine Teilfolge, die gegen 1 konvergiert. Also ist lim supk→∞ bk ≥ 1. Da wegen 2. alle Folgeglieder kleiner oder gleich 2 sind, ist lim supk→∞ bk ≤ 2. Dann folgt: 1.
1 ≤ lim sup k→∞
√ k
2.
bk ≤ lim sup k→∞
√ k
2=1
und folglich lim sup k→∞
also konvergiert die Reihe
∞ k=1
√ k
bk = 1,
bk ·xk (sogar absolut) f¨ ur alle x ∈ R mit |x| < 1 und divergiert
f¨ ur alle x ∈ R mit |x| > 1. In den Randpunkten x = +1 bzw x = −1 konvergiert die Reihe nicht, da die Folgen (bk )k∈N bzw. (bk · (−1)k )k∈N keine Nullfolgen sind. (b2k−1 = 1 f¨ ur alle k ∈ N)
6
Aufgabe 43 (Wird im H¨orsaal behandelt.) Untersuchen Sie die folgenden Reihen auf Konvergenz und absolute Konvergenz.
1.
∞
√
n
(−1) · √
n=1
2.
∞
(−1)n ·
n=1
n , n+1
sin(n) , 3n
∞ n! 3. , 2n n=1
4.
∞ 1 n=1
1 2 + − . n n+1 n+2
L¨ osung:
∞
√
n=1
n=1
n
(−1) · √
n=1 ∞
∞ 1
konvergent ja nein
(−1)n ·
n n+1
×
sin(n) 3n
∞ n! 2n n=1
1 2 + − n n+1 n+2
abs. konv. ja nein
×
× ×
×
×
×
× √
n
1. Die erste Reihe ist divergent, denn die Folge an = (−1) · √ Nullfolge.
n , n+1
n ∈ N, ist keine
2. Die zweite Reihe ist absolut konvergent, denn es gilt sin(n) n ≤ 1, (−1) · 3n 3n und die Reihe terium.
∞ n=1
1 3n
n ∈ N,
ist konvergent. Die Behauptung folgt somit aus dem Majorantenkri-
7
3. Es gilt (n+1)! 2n+1 n! 2n
=
1 n→∞ · (n + 1) → ∞, 2
aus dem Quotientenkriterium folgt, dass die dritte Reihe divergent ist. 4. Es gilt 0<
1 2 (n + 2) · (n + 1) + n · (n + 2) − 2 · n · (n + 1) 1 + − = n n+1 n+2 n · (n + 1) · (n + 2) 2 2 n + 3 · n + 2 + n + 2 · n − 2 · n2 − 2 · n = n3 + 3 · n2 + 2 · n 3·n+2·n 3·n+2 ≤ 3 = 3 2 n +3·n +2·n n + 3 · n2 + 2 · n 5 5 ≤ 2 , n ∈ N, = 2 n +3·n+2 n
und die Reihe
∞ n=1
1 n2
ist konvergent. Folglich ist nach dem Majorantenkriterium die vierte
Reihe absolut konvergent. alternative L¨ osung von 4.: 2 Es handelt sich um eine Teleskopsumme. Der Term − n+2 eliminiert jeweils einen Term der beiden darauffolgenden Summanden: k 1 2 1 − ) ( + sk := n n+1 n+2 n=1
1 2 1 1 2 1 1 2 1 1 2 1 1 2 − ) + ( + − ) + ( + − ) + ( + − ) + ( + − )+ 2 3 2 3 4 3 4 5 4 5 6 5 6 7 + ···+ 1 1 2 1 1 2 1 1 2 +( + − )+( + − )+( + − ) k−2 k−1 k k−1 k k+1 k k+1 k+2 1 1 2 1 2 =1 + + − + − 2 2 k+1 k+1 k+2 2 1 − −→ 2 (k → ∞) =2 − k+1 k+2 1 1 1 Die Partialsummenfolge sk konvergiert und somit ist auch ∞ n=1 ( n + n+1 − n+2 ) konvergent (gegen 2). =(1 +
Da wegen 1 2 1 1 2 1 + − ≥ + − =0 n n+1 n+2 n+2 n+2 n+2 jeder Summand an positiv ist, gilt an = |an |. Somit gilt also f¨ ur jede Partialsumme an :=
k
an =
n=1
k n=1
und damit folgt die absolute Konvergenz. 8
|an |
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