Übungen zur Analysis I (nicht vertieft): Lösungen zu Blatt 5

Aufgabe 5 (Staatsexamen Frühjahr 2012, Thema Nr. 1, Aufgabe 1).
a) Sei $(a_n)_{n \in \mathbb N}$ eine gegen $a$ konvergente Folge in $\mathbb R$. Zeigen Sie, dass dann auch die Folge $(b_n)_{n \in \mathbb N}$ mit
\[
 b_n := \frac12(a_n + a_{n+1}) \qquad \text{für alle } n \in \mathbb N
\]
gegen $a$ konvergiert.
b) Finden Sie eine Folge $(a_n)_{n \in \mathbb N}$, die nicht konvergiert, so dass die zugehörige Folge $(b_n)_{n \in \mathbb N}$ konvergiert.
c) Sei vorausgesetzt, dass $(a_n)_{n \in \mathbb N}$ monoton wächst und dass $(b_n)_{n \in \mathbb N}$ konvergiert. Zeigen Sie, dass dann auch $(a_n)_{n \in \mathbb N}$ konvergiert.

Lösung. a) Sei $\epsilon \in \mathbb R$, $\epsilon > 0$. Da die Folge $(a_n)_{n \in \mathbb N}$ konvergent gegen $a$ ist, existiert ein $n_0 \in \mathbb N$, so dass für alle $n \in \mathbb N$ mit $n \geq n_0$ gilt: \[|a_n - a| < \epsilon,\] das heißt \[-\epsilon < a_n-a < \epsilon.\] Sei jetzt $n \in \mathbb N$ und $n \geq n_0$. Angenommen, $a_n \leq a_{n+1}$. Dann folgt \[a_n = \frac12(a_n+a_n) \leq \frac12(a_n+a_{n+1}) \leq \frac12(a_{n+1}+a_{n+1}) = a_{n+1},\] also \[-\epsilon < a_n-a \leq b_n-a \leq a_{n+1}-a < \epsilon,\] und somit \[|b_n-a|<\epsilon.\] Wenn nicht $a_n \leq a_{n+1}$, so ist $a_{n+1}<a_n$, und durch ein entsprechendes Argument gelangt man zum selben Schluss: $|b_n-a|<\epsilon$. Die Folge $(b_n)_{n\in\mathbb N}$ ist daher konvergent gegen $a$, q. e. d. $\Box$

b) Wenn $a_n = (-1)^n$ für alle $n \in \mathbb N$, dann ist die Folge $(a_n)_{n \in \mathbb N}$ nicht konvergent (denn: \[|a_{n+1}-a_n| = |(-1)^n((-1)-1)| = 2\] für alle $n \in \mathbb N$, das heißt $(|a_{n+1}-a_n|)$ ist keine Nullfolge ...). Andererseits gilt für alle $n \in \mathbb N$: \[b_n = \frac12((-1)^n+(-1)^{n+1}) = \frac12(-1)^n(1+(-1)) = 0,\] das heißt die Folge $(b_n)_{n\in\mathbb N}$ ist konvergent (gegen $0$).

c) Da $(b_n)_{n\in\mathbb N}$ konvergiert, ist $(b_n)$ insbesondere (nach oben) beschränkt, das heißt es gibt eine reelle Zahl $c$, so dass für alle $n \in \mathbb N$ gilt $b_n \leq c$. Aufgrund der Monotonie von $(a_n)$ ist, für alle $n\in\mathbb N$, $a_n \leq a_{n+1}$, also \[a_n \leq \frac12(a_n+a_{n+1}) = b_n \leq c.\] Das heißt die Folge $(a_n)$ ist nach oben beschränkt. Folglich ist $(a_n)$ konvergent als nach oben beschränkte, monoton wachsende Folge. $\Box$

Aufgabe 6 (Staatsexamen Herbst 2007, Thema Nr. 1, Aufgabe 1).
Gegeben sei die Folge $(a_n)_{n \in \mathbb N}$ mit
\[
 a_1 = 1, \qquad a_{n+1} = \sqrt{12 + a_n}, \quad n \geq 1.
\]
a) Zeigen Sie, dass $(a_n)$ monoton wachsend und beschränkt ist.
b) Bestimmen Sie den Grenzwert von $(a_n)$.

Lösung. a) Es gilt \[a_{1+1} = \sqrt{12+a_1} = \sqrt{13},\] das heißt \[1 \leq a_1 \leq a_{1+1} \leq 4.\] Sei $n \in \mathbb N$ und gelte \[1 \leq a_n \leq a_{n+1} \leq 4.\] Dann folgt: \[1 < 13 \leq 12+a_n \leq 12+a_{n+1} \leq 16 = 4^2,\] und mithin \[1 < \sqrt{12+a_n} \leq \sqrt{12+a_{n+1}} \leq 4,\] also \[1 \leq a_{n+1} \leq a_{(n+1)+1} \leq 4.\] Aus dem Induktionsprinzip ergibt sich, dass für alle $n \in \mathbb N$ gilt: \[1 \leq a_n \leq a_{n+1} \leq 4.\] Insbesondere haben wir für alle $n \in \mathbb N$: \[a_n \leq a_{n+1}\] sowie \[1 \leq a_n \leq 4.\] Das heißt, die Folge $(a_n)$ ist monoton wachsend und beschränkt. $\Box$

b) Nach Teil a) ist $(a_n)$, als monoton wachsende, nach oben beschränkte Folge, konvergent. Es gibt also eine reelle Zahl $a$, so dass \[\lim_{n\to\infty}a_n = a.\] Daher gilt auch \[\lim_{n\to\infty}a_{n+1}=a.\] Da, für alle $n \in \mathbb N$, \[a_{n+1}^2=12+a_n,\] folgt weiter \[a^2 = \lim_{n\to\infty} a_{n+1}^2 = \lim_{n\to\infty} (12+a_n) = 12+a,\] also \[a^2-a-12=(a+3)(a-4)=0.\] Das heißt $a=-3$ oder $a=4$. Da für alle $n \in \mathbb N$ gilt \[1 \leq a_n\] (siehe a)), folgt \[1 \leq a.\] Da nicht $1 \leq -3$, schließen wir, dass $a=4$.

Aufgabe 7 (Staatsexamen Herbst 2001, Thema Nr. 3, Aufgabe 1). Die Folge $(a_n)_{n \in \mathbb N}$ sei definiert durch
\[
 a_1 = 2, \quad a_{n+1} = \frac1{a_1 + 2a_2 + \dots + na_n}.
\]
Zeigen Sie:
a) $(a_n)$ ist monoton fallend und beschränkt.
b) $\lim_{n \to \infty} a_n = 0$.

Lösung. a) Es gilt: \[a_2=a_{1+1}=\frac1{a_1}=\frac12.\] Sei $n \in \mathbb N$, $n \geq 2$, so dass, für alle $j \in \mathbb N$ mit $2 \leq j \leq n$, gilt \[a_j = \frac1j.\] Dann haben wir \begin{align*}a_{n+1}&=\frac1{a_1 + 2a_2 + \dots + na_n} = \frac1{2+2\frac12+\dots+n\frac1n} \\ &=\frac1{2+\underbrace{1+\dots+1}_{(n-1)\text{-mal}}}=\frac1{2+(n-1)}=\frac1{n+1}.\end{align*} Das heißt, für alle $j \in \mathbb N$ mit $2\leq j\leq n+1$, gilt: \[a_j=\frac1j.\] Das Induktionsprinzip besagt nun, dass, für alle $n \in \mathbb N$ mit $n \geq 2$: \[a_n=\frac1n.\] Demnach ist \[0 < a_{n+1} < a_n < 1\] für alle $n \in \mathbb N$ mit $n \geq 2$. Zudem gilt \[a_{1+1} = a_2 = \frac12 < 2 = a_1.\] Die Folge $(a_n)$ ist somit (streng) monoton fallend und beschränkt. $\Box$

b) Bekanntlich gilt \[\lim_{n \to \infty} \frac1n = 0.\] Nach Teil a) stimmen die Folgen $(\frac1n)_{n\in\mathbb N}$ und $(a_n)_{n \in \mathbb N}$ für $n \geq 2$ überein. Somit konvergiert $(a_n)$ ebenfalls gegen $0$. $\Box$

Aufgabe 8. Untersuchen Sie die Folge $(a_n)_{n \in \mathbb N}$ auf Konvergenz, wenn für alle $n \in \mathbb N$ gilt:
\[
\text{a)} \; a_n = \sqrt[n]{n^2 + n}. \quad \text{b)} \; a_n = \frac{n!}{n^n}. \quad \text{c)} \; a_n = \sqrt[n]{a^n + b^n},
\] wobei $a,b \in [0,\infty)$. 

Lösung. a) Für alle $n \in \mathbb N$ gilt: \begin{align*}a_n &= \sqrt[n]{n^2 + n} = \sqrt[n]{n^2\left(1 + \frac1n\right)} \\ &= \sqrt[n]{n^2}\sqrt[n]{1+\frac1n} = (\sqrt[n]n)^2\sqrt[n]{1+\frac1n}.\end{align*} Wir wissen, dass \[\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]n = 1.\] Außerdem gilt für alle $n \in \mathbb N$: \[0<\frac1n \leq 1,\] also \[1 < 1+\frac1n \leq 2,\] also \[1 < \sqrt[n]{1+\frac1n} \leq \sqrt[n]2.\] Da \[\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]2 = 1,\] folgt \[\lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{1+\frac1n} = 1\] und damit \[\lim_{n\to\infty} a_n = 1^2\cdot 1 = 1.\]

b) Nach der Bernoullischen Ungleichung gilt \[2 = 1+n\frac1n \leq (1+\frac1n)^n\] für alle $n \in \mathbb N$, und daher auch \[\frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{n^n}{n!}\frac{(n+1)!}{(n+1)^{n+1}} = \frac{n^n}{(n+1)^n} = \frac1{\left(1+\frac1n\right)^n} \leq \frac12.\] Hieraus folgert man induktiv, dass, für alle $n \in \mathbb N$: \[0 < a_n \leq \left(\frac12\right)^{n-1}a_1.\] Mit \[\lim_{n\to\infty} \left(\frac12\right)^n = 0\] ist also auch \[\lim_{n\to\infty} a_n = 0.\]

c) Angenommen, $a<b$. Dann ist $0 < b$ und für alle $n\in\mathbb N$ gilt:
\begin{align*}
 a_n &= \sqrt[n]{a^n+b^n}= \sqrt[n]{b^n(\frac{a^n}{b^n}+1)} = \sqrt[n]{b^n}\sqrt[n]{\frac{a^n}{b^n}+1} \\ &= b\sqrt[n]{\frac{a^n}{b^n}+1}
\end{align*}
sowie
\[
 0 \leq a^n < b^n,
\]
das heißt
\[
 1 = 0+1 \leq \frac{a^n}{b^n}+1 \leq 1+1 = 2,
\]
also
\[
 1 \leq \sqrt[n]{\frac{a^n}{b^n}+1} \leq \sqrt[n]2.
\]
Da
\[
 \lim_{n\to\infty} \sqrt[n]2 = 1,
\]
folgt
\[
 \lim_{n\to\infty} \sqrt[n]{(\frac{a}{b})^n+1} = 1,
\]
und somit:
\[
 \lim_{n\to\infty} a_n = b \cdot 1 = b.
\]
Angenommen, $b<a$. Dann ergibt sich analog (oder aus Symmetriegründen), dass $(a_n)$ konvergent gegen $a$ ist. Ist weder $a<b$ noch $b<a$, so gilt $a=b$ und wir haben (für alle $n \in \mathbb N$):
\[
 a_n = \sqrt[n]{2a^n} = \sqrt[n]2\sqrt[n]{a^n} = \sqrt[n]2\cdot a \longrightarrow 1 \cdot a = a
\]
für $n\to\infty$.