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 $n\to\infty$.

Übungen zur Geometrie: Lösungen zu Blatt 2

Aufgabe 1

Bemerkung. In der Aufgabenstellung wird implizit angenommen, dass $a$, $b$ und $c$ paarweise verschieden sind.

(a). Zu zeigen ist, dass es sich bei $\tau$ um eine Topologie auf $X$ handelt. Dass $\tau \subset \mathcal P(X)$, $\emptyset \in \tau$ und $X \in \tau$, ist offensichtlich. Sei $(U_i)_{i \in I}$ eine Familie von Elementen von $\tau$ und \[U = \bigcup_{i\in I}U_i.\] Sei \[\sigma := \{U_i:i\in I\} \backslash \{\emptyset\}.\] Dann gilt offenbar \[U = \bigcup \sigma.\] Zudem ist \[\sigma \subset \tau \backslash \{\emptyset\} = \{\{a,b\},\{c\},\{a,b,c\}\}.\] Wenn $\{a,b,c\} \in \sigma$, so gilt $U = \bigcup \sigma = \{a,b,c\} \in \tau$. Wenn $\{a,b,c\} \notin \sigma$, so gilt eine der folgenden Aussagen:

1. $\sigma = \emptyset$ und $U = \emptyset \in \tau$.
2. $\sigma = \{\{a,b\}\}$ und $U = \{a,b\} \in \tau$.
3. $\sigma = \{\{c\}\}$ und $U = \{c\} \in \tau$.
4. $\sigma = \{\{a,b\},\{c\}\}$ und $U = \{a,b,c\} \in \tau$.

In jedem Fall haben wir $U \in \tau$. Sind $V,W \in \tau$, so ist $V \cap W \in \tau$, wie man leicht vermittels Fallunterscheidung nachweist: Ist $V = \emptyset$ oder $W = \emptyset$, so ist $V \cap W = \emptyset \in \tau$. Ist $V = X$, so ist $V \cap W = W \in \tau$. Ist $W = X$, so ist $V \cap W = V \in \tau$. Liegt keiner dieser Fälle vor, so gilt eine der folgenden Aussagen:

1. $V = W = \{a,b\}$ und folglich $V \cap W = \{a,b\} \in \tau$.
2. $V = W = \{c\}$ und folglich $V \cap W = \{c\} \in \tau$.
3. $V = \{a,b\}$ und $W = \{c\}$ und folglich $V \cap W = \emptyset \in \tau$.

(b). Behauptung. Eine Folge $(x_n)_{n\in\mathbb N}$ in $X$ ist genau dann in $(X,\tau)$ konvergent, wenn eine der folgenden beiden Aussagen gilt:

1. Es existiert $N \in \mathbb N$, so dass $x_n \in \{a,b\}$ für alle $n \in \mathbb N$ mit $N<n$.
2. Es existiert $N \in \mathbb N$, so dass $x_n = c$ für alle $n \in \mathbb N$ mit $N<n$.

Beweis. Gilt Aussage 1, so ist $(x_n)$ offensichtlich konvergent gegen $a$ (resp. $b$), da $\{a,b\}$ und $X$ die einzigen offenen Mengen in $(X,\tau)$ sind, die $a$ (resp. $b$) enthalten. Gilt Aussage 2, so ist $(x_n)$ offensichtlich konvergent gegen $c$. Ist umgekehrt $(x_n)$ konvergent in $(X,\tau)$, so existiert $l \in X$, so dass $(x_n)$ konvergent gegen $l$ ist. Da $X = \{a,b,c\}$, gilt $l=a$ oder $l=b$ oder $l=c$. Wenn $l=a$, so gilt Aussage 1, denn $\{a,b\}$ ist eine offene Menge in $(X,\tau)$, die $a$ enthält. Wenn $l=b$, so gilt Aussage 1, denn $\{a,b\}$ ist eine offene Menge in $(X,\tau)$, die $b$ enthält. Wenn $l=c$, so gilt Aussage 2, denn $\{c\}$ ist eine offene Menge in $(X,\tau)$, die $c$ enthält, und (für alle $n\in \mathbb N$) bedingt $x_n \in \{c\}$, dass $x_n = c$. $\Box$

(c). Wir definieren eine Folge $(x_n)$ durch: \[x_n = \begin{cases}a, & \text{wenn $n$ gerade;} \\ c, & \text{wenn $n$ ungerade.}\end{cases}\] Dann ist $(x_n)$ eine Folge in $X$, die im topologischen Raum $(X,\tau)$ divergent ist, da sie keiner der beiden Bedingungen aus Teil (b) genügt.

(d). Es sei $(x_n)$ die konstante Folge mit Wert $a$. Dann ist $(x_n)$ in $(X,\tau)$ sowohl konvergent gegen $a$ als auch konvergent gegen $b$ (vgl. Teil (b)). Tatsächlich gilt, wie man sich leicht überlegt: Jede in $(X,\tau)$ gegen $a$ (resp. $b$) konvergente Folge konvergiert auch gegen $b$ (resp. $a$).

Aufgabe 2

Beweis. Sei $(U_i)_{i\in I}$ eine offene Überdeckung von $A$ in $(X,\tau)$. Wir wissen, es existiert $e$, so dass $e \notin I$ (zum Beispiel $e = I$ ...). Damit existiert auch $I' = I \cup \{e\}$ sowie die Familie $(V_i)_{i\in I'}$, die durch $V_i = U_i$ für $i \in I$ und $V_e = X \backslash A$ gegeben ist. Da $A$ abgeschlossen in $(X,\tau)$ ist, ist $X \backslash A$ offen in $(X,\tau)$ und $(V_i)$ ist eine offene Überdeckung von $K$ in $(X,\tau)$. Da $K$ in $(X,\tau)$ kompakt ist, existiert eine endliche Teilmenge $J' \subset I'$, so dass $(V_i)_{i\in J'}$ die Menge $K$ immer noch überdeckt. Mit $J = J' \backslash \{e\}$ ist $J$ eine endliche Teilmenge von $I$, so dass $(U_i)_{i\in J}$ die Menge $A$ überdeckt. $\Box$

Aufgabe 3

Es gilt:

\begin{align*}& X \text{ Hausdorff} \\ & \Leftrightarrow (\forall x,y \in X)(x\neq y \rightarrow (\exists U,V\in\tau) x\in U, y\in V, U\cap V = \emptyset) \\ & \Leftrightarrow (\forall (x,y) \in X\times X \backslash \Delta)(\exists U,V\in\tau) x\in U, y\in V, U\cap V = \emptyset \\ & \Leftrightarrow (\forall (x,y) \in X\times X \backslash \Delta)(\exists U,V\in\tau) (x,y) \in U\times V \subset X\times X\backslash \Delta \\ & \Leftrightarrow X\times X\backslash \Delta \text{ offen in }X\times X \\ & \Leftrightarrow \Delta \text{ abgeschlossen in }X\times X.\end{align*}

Man beachte bei dieser Argumentation die Definition der Produkttopologie (auf $X \times X$) sowie die Tatsache, dass \[z \in U \cap V \quad \leftrightarrow \quad (z,z) \in U\times V.\]

Aufgabe 4

Lemma. Seien $X,Y$ topologische Räume und $f \colon X\to Y$ eine stetige Abbildung. Dann ist die Abbildung $\tilde f$, definiert durch $\tilde f(x) = (x,f(x))$ für alle $x \in X$, ein Homöomorphismus zwischen $X$ und dem Graph $G \subset X\times Y$ von $f$, der mit der induzierten Topologie ausgestattet ist.

 Beweis. Da $\mathrm{id}_X \colon X \to X$ und $f \colon X \to Y$ stetig sind, ist \[\tilde f = (\mathrm{id}_X,f) \colon X \to X \times Y\] stetig nach der universellen Eigenschaft des Produkts zweier topologischer Räume. Offenkundig ist $\tilde f$ eine Abbildung $X \to G$. Da $G$ mit der Teilraumtopologie von $X\times Y$ ausgestattet ist, ist die Abbildung $\tilde f\colon X \to G$ stetig. Wie man sich leicht überlegt, ist $\tilde f\colon X \to G$ bijektiv mit der Umkehrabbildung $p_0|G \colon G \to X$, wobei \[p_0 \colon X\times Y \to X\] die Projektionsabbildung auf den ersten Faktor bezeichnet. Erneut nach Definition der Teilraumtopolgie ist die Einschränkung $p_0|G \colon G \to X$ stetig und somit $\tilde f$ ein Homöomorphismus zwischen $X$ und $G$. $\Box$

Nach dem Lemma (für $X=M$ und $Y=\mathbb R$) ist klar, dass $\tilde f \colon M \to G$ ein Homöomorphismus ist, wobei $G$ die Teilraumtopologie des Produkts $M \times \mathbb R$ trägt. Der Raum $\Gamma$ stimmt mengentheoretisch mit $G$ überein, ist jedoch mit der Unterraumtopologie des euklidischen $\mathbb R^{n+1}$ ausgestattet. Zwei Überlegungen zeigen, dass $G$ und $\Gamma$ auch als topologische Räume übereinstimmen:

1. $G$ trägt die Teilraumtopologie von $\mathbb R^n \times \mathbb R$, wobei letzterer Raum mit der Produkttopologie der euklidischen Topologien auf $\mathbb R^n$ und $\mathbb R$ versehen ist.
2. Die Produkttopologie auf $\mathbb R^n \times \mathbb R$ ist gleich der euklidischen Topologie auf $\mathbb R^{n+1}$ (sofern man die unterliegenden Mengen auf kanonische Weise miteinander identifiziert).

Aufgabe 5

(a). Da $A \cap B \subset A$, folgt $(A \cap B)^\circ \subset A^\circ$. Analog folgt aus $A \cap B \subset B$, dass $(A \cap B)^\circ \subset B^\circ$. Damit gilt $(A \cap B)^\circ \subset A^\circ \cap B^\circ$. Sei umgekehrt $x \in A^\circ \cap B^\circ$. Dann ist $x \in A^\circ$. Folglich existiert eine (im topologischen Raum $X$) offene Menge $U$, so dass $x \in U \subset A$. Analog existiert eine offene Menge $V$, so dass $x \in V \subset B$. Demzufolge existiert $W = U \cap V$, eine offene Menge, so dass $x \in W \subset A \cap B$. Mithin ist $x \in (A \cap B)^\circ$.

(b). Augenscheinlich gilt: \[A^\circ \cup B^\circ \subset (A \cup B)^\circ.\] Die umgekehrte Inklusion gilt im Allgemeinen nicht, wie das folgende Beispiel zeigt. Es sei $X=\mathbb R$ (euklidisch topologisiert), $A = \mathbb Q$, $B = \mathbb R \backslash \mathbb Q$. Dann gilt $A^\circ = B^\circ = \emptyset$, also auch $A^\circ \cup B^\circ = \emptyset$, jedoch: \[(A \cup B)^\circ = {\mathbb R}^\circ = \mathbb R.\]

(c). Offenbar gilt: \[\overline{A \cap B} \subset \overline A \cap \overline B.\] Die umgekehrte Inklusion gilt wiederum (im Allgemeinen) nicht, wie das Beispiel aus (b) zeigt – dort ist $\overline{A \cap B} = \emptyset$, jedoch $\overline A \cap \overline B = \mathbb R$.

(d). Diese Aussage ist äquivalent zu (a). Genauer gesagt gilt: \begin{align*}& \overline{A\cup B} = \overline A \cup \overline B \\ \Leftrightarrow & X \backslash \overline{A\cup B} = X \backslash (\overline A \cup \overline B) \\ \Leftrightarrow & (X \backslash (A \cup B))^\circ = (X \backslash \overline A) \cap (X \backslash \overline B) \\ \Leftrightarrow & (X \backslash A \cap X \backslash B)^\circ = (X \backslash A)^\circ \cap (X \backslash B)^\circ,\end{align*} wobei wir mehrfach die Beziehung \[(X \backslash C)^\circ = X \backslash \overline C\] verwendet haben.