Komplexe Mannigfaltigkeiten: Differenzieren unter dem Integral im Komplexen

Folgender Satz über das Differenzieren parameterabhängiger Integrale ist in der Maßtheorie geläufig.

Satz 1. Seien $n,m \in \N$, $U \subset \R^n$ offen, $(\Omega,A,\mu)$ ein Maßraum, \[h \colon U \times \Omega \to \R^m\] eine Funktion. Angenommen,

1. $h(x,-) \in L^1(\Omega,\mu,\R^m)$ für alle $x \in U$, 
2. $h(-,\omega) \in C^1(U,\R^m)$ für alle $\omega \in \Omega$, 
3. $D_xh(x,-) \in L^1(\Omega,\mu,\R^{m\times n})$ für alle $x \in U$, 
4. es gibt eine Funktion $g \in L^1(\Omega,\mu,\R)$, so dass für alle $\omega \in \Omega$ und alle $x \in U$ gilt: \[||D_xh(x,\omega)|| \leq g(\omega).\]

Dann ist die Funktion \[H \colon U \to \R^m, \quad H(x) = \int_\Omega h(x,-) d\mu\] von der Klasse $C^1$ mit \[DH(x) = \int_\Omega D_xh(x,-) d\mu\] für alle $x \in U$.

In der Formulierung von Satz 1 bezeichnet $D_xh(x,\omega)$ das totale Differenzial der Funktion \[h(-,\omega) \colon U \to \R^m\] im Punkte $x$. Sämtliche totalen Differenziale fassen wir als Matrizen auf, sprich als Elemente von $\R^{n\times m}$. Die Doppelstriche $||-||$ bezeichnen irgendeine Norm auf $\R^{n\times m}$, etwa die Operatornorm, die von den euklidischen Normen induziert ist. Alle Integrale sind Lebesgue-Integrale. Integrale von $\R^m$- oder $\R^{n\times m}$-wertigen Funktionen erklärt man dabei komponentenweise.

Wir möchten aus obigem Satz einen entsprechenden Satz für Integrale ableiten, die von einem komplexen Parameter abhängen. Es gilt:

Satz 2. Sei $U \subset \C$ offen, $(\Omega, A, \mu)$ ein Maßraum, \[h \colon U \times \Omega \to \C\] eine Funktion. Angenommen,

1. $h(z,-) \in L^1(\Omega,\mu,\C)$ für alle $z \in U$,
2. $h(-,\omega) \in \mathcal O(U)$ für alle $\omega \in \Omega$,
3. $h'(z,-) \in L^1(\Omega,\mu,\C)$ für alle $z \in U$ (hier bezeichnet $h'(z,\omega)$ die komplexe Ableitung der Funktion $h(-,\omega)$ im Punkt $z$),
4. es gibt eine Funktion $g \in L^1(\Omega,\mu,\R)$, so dass für alle $\omega \in \Omega$ und alle $z \in U$ gilt: \[|h'(z,\omega)| \leq g(\omega).\]

Dann ist die Funktion \[H \colon U \to \C, \quad H(z) = \int_\Omega h(z,-) d\mu\] holomorph auf $U$ mit \[H'(z) = \int_\Omega h'(z,-) d\mu\] für alle $z \in U$.

Beweis. Sei $f \colon U \to \C$ irgendeine holomorphe Funktion, $z \in U$. Dann gilt \[||Df(z)|| = |f'(z)|,\] wobei links die von der euklidischen Norm auf $\R^2$ induzierte Matrixnorm des totalen Differenzials steht. Tatsächlich haben wir \[Df = \begin{pmatrix} u_x & -v_x \\ v_x & u_x\end{pmatrix}\] mit \[u = \Re f, \quad v = \Im f, \] also \[||Df(z)|| = \sqrt{u_x(z)^2 + v_x(z)^2} = |u_x(z) + iv_x(z)| = |f'(z)|;\] das erste Gleichheitszeichen rechnet man leicht nach. Daher ergibt sich $H \in C^1(U,\C)$ vermittels Satz 1 (man beachte: aus $h(-,\omega) \in \mathcal O(U)$ folgt $h(-,\omega) \in C^1(U,\C)$). Des Weiteren folgt aus Satz 1, dass \[DH(z) = \int_\Omega D_zh(z,-) d\mu\] für alle $z \in U$, insbesondere also (man Matrix-multipliziere beide Seiten von rechts mit dem Vektor $\frac12\binom1i$) \[\frac{\partial H}{\partial\bar z}(z) = \int_\Omega \frac{\partial h}{\partial\bar z}(z,-) d\mu = \int_\Omega 0 d\mu = 0\] für alle $z \in U$, da wir für alle $\omega \in \Omega$ die Funktionen $h(-,\omega)$ als holomorph angenommen hatten, wodurch die antiholomorphen Ableitungen unter dem Integral verschwinden. Bekanntlich ist somit $H \in \mathcal O(U)$. Zudem gilt für alle $z \in U$: \begin{align*}H'(z) & = \frac{\partial H}{\partial x}(z) = (DH(z))\binom10 \\ & = \int_\Omega (D_zh(z,-))\binom10 d\mu \\ & = \int_\Omega \frac{\partial h}{\partial x}(z,-) d\mu \\ & = \int_\Omega h'(z,-) d\mu,\end{align*} was zu beweisen war. $\Box$

Als Anwendung betrachten wir einen Punkt $c \in \C^n$, $n \in \N$, einen Multiradius $r = (r_1,\dots,r_n) > 0$ sowie eine Funktion \[f \colon T \to \C, \quad T = T(c,r).\] Hier ist
\[T(c,r) = T(c_1,r_1) \times \dots \times T(c_n,r_n)\]
und
\[T(c_\nu,r_\nu) = \{z_\nu \in \C \mid |z_\nu - c_\nu| = r_\nu\}, \quad \nu = 1,\dots,n.\]
Für $\nu = 1,\dots,n$ definieren wir \[\gamma_\nu \colon [0,2\pi] \to \C, \quad \gamma_\nu(\omega_\nu) = c_\nu + r_ve^{\omega_\nu i}.\] Weiter definieren wir \[\gamma \colon [0,2\pi]^n \to T \subset \C^n, \quad \gamma(\omega) = (\gamma_1(\omega_1),\dots,\gamma_n(\omega_n)).\] Wir wollen annahmen, dass \[f \circ \gamma \in L^1([0,2\pi]^n,\lambda,\C),\] wobei $\lambda$ die Einschränkung des $n$-dimensionalen Lebesgue-Maßes auf $[0,2\pi]^n \subset \R^n$ bezeichnet; dies gilt z. B., wenn $f \colon T \to \C$ Borel-messbar und beschränkt (spezieller noch: stetig) ist. Wir fixieren ein $\nu \in \{1,\dots,n\}$ sowie komplexe Zahlen \[z_1,\dots,z_{\nu-1},z_{\nu+1},\dots,z_n,\] so dass $|z_\mu - c_\mu| \neq r_\mu$ für alle $\mu \neq \nu$. Wir setzen \[U := \C \setminus T(c_\nu,r_\nu)\] und definieren \[h \colon U \times [0,2\pi]^n \to \C, \quad h(z_\nu,\omega) := \frac{f(\gamma(\omega))}{(\gamma(\omega) - z)^m}\gamma_1'(\omega_1)\cdot\ldots\cdot\gamma_n'(\omega_n).\] Hier ist $m = (m_1,\dots,m_n) \in (\N^*)^n$ ein beliebiger Multiindex. Dann gilt für alle $z_\nu \in U$ und alle $\omega \in [0,2\pi]^n$:
\begin{align*}
|h(z_\nu,\omega)| &= \frac{|(f \circ \gamma)(\omega)|}{|(\gamma(\omega) - z)^m|}r_1\cdot\ldots\cdot r_n \\ &\leq \frac{|(f \circ \gamma)(\omega)|}{|r_1 - |z_1||^{m_1}\cdot\ldots\cdot|r_n - |z_n||^{m_n}}r_1\cdot\ldots\cdot r_n.
\end{align*}
Das heißt, für alle $z_\nu \in U$ ist $h(z_\nu,-)$, zusammen mit $f\circ \gamma$, ein Element von $L^1([0,2\pi]^n,\lambda,\C)$. Weiterhin gilt offensichtlich $h(-,\omega) \in \mathcal O(U)$ für alle $\omega \in [0,2\pi]^n$, und für alle $z_\nu \in U$ haben wir zudem
\[h'(z_\nu,\omega) = m_\nu\frac{f(\gamma(\omega))}{(\gamma(\omega) - z)^{m + e_\nu}}\gamma_1'(\omega_1)\cdot\ldots\cdot\gamma_n'(\omega_n).\] Ähnlich wie für $h(z_\nu,-)$ sehen wir ein, dass \[h'(z_\nu,-) \in L^1([0,2\pi]^n,\lambda,\C)\] für alle $z_\nu \in U$.
Sei jetzt entweder $0 < r_\nu' < r_\nu$ oder $r_\nu' > r_\nu$ und entsprechend \[U' = \{z_\nu \mid |z_\nu - c_\nu| < r_\nu'\}\] oder \[U' = \{z_\nu \mid |z_\nu - c_\nu| > r_\nu'\}.\] Dann gibt es eine Funktion $g \in L^1([0,2\pi]^n,\lambda,\R)$, nämlich \[g = C |f \circ \gamma|\] für eine Zahl $C > 0$, so dass \[|h'(z_\nu,\omega)| \leq g(\omega)\] für alle $\omega \in [0,2\pi]^n$ und alle $z_\nu \in U'$. Satz 2 liefert daher, dass \[H|_{U'} \in \mathcal O(U')\] mit entsprechender Formel für $H'|_{U'}$. Da $r_\nu'$ beliebig nahe bei $r_\nu$ gewählt werden kann, folgt $H \in \mathcal O(U)$ und \[H'(z) = \int_{[0,2\pi]^n} h'(z_\nu,-) d\lambda\] für alle $z \in U$.

Hebt man die Fixierung der $z_1,\dots,z_{\nu-1},z_{\nu+1},\dots,z_n$ sowie die Fixierung von $\nu$ auf, so zeigt das vorgestellte Argument die partielle komplexe Differenzierbarkeit der Funktion \[z \mapsto \int_T \frac{f(\zeta)}{(\zeta - z)^m} d\zeta\] auf \[(\C \setminus T(c_1,r_1)) \times \dots \times (\C \setminus T(c_n,r_n)).\]

Übungen zur Analysis I (nicht vertieft): Alternativer alternativer Zugang zu Blatt 8, Aufgabe 4 b)

Als Reaktion auf meinen kürzlich veröffentlichten Eintrag „Übungen zur Analysis I (nicht vertieft): Alternativer Zugang zu Blatt 8, Aufgabe 4 b)“ erhielt ich von Herrn Prof. Rieder Nachricht über ein weiteres Argument, das beweist, dass für alle Folgen reeller Zahlen $(a_n)_{n\in\N}$ und alle $k\in\N_0$ die Beziehung
\begin{equation}
 \limsup_{n\to\infty} \sqrt[n]{|a_n|} = \limsup_{n\to\infty} \sqrt[n]{|a_{n+k}|} \label{e_main}
\end{equation} gilt. Die oberen Limiten werden dabei in \eqref{e_main} sowie im gesamten weiteren Verlauf stets bezogen auf die erweiterten reellen Zahlen $\bar\R = \R\cup\{\pm\infty\}$ berechnet. Ich gebe Herrn Prof. Rieders Argument sinngemäß wieder (und hoffe, er möge mir kleinere Abweichungen von seiner übermittelten Darstellung verzeihen).

Lemma. Sei $n_0\in\N$, $(b_n)_{n\geq n_0}$ eine Folge in $[0,\infty)$, $k\in\Z$. Dann gilt
\begin{equation}
 l := \limsup_{\substack{n\to\infty\\ n\geq n_0}} \sqrt[n]{b_n} \le \limsup_{\substack{n\to\infty\\ n\geq n_0-k}} \sqrt[n]{b_{n+k}} =: l'. \label{e_rieder}
\end{equation}

Beweis. Angenommen, \[l' < l.\] Dann gibt es reelle Zahlen $s,t$, so dass \[l' < s < t < l.\] Da $t < l$, haben wir \[t < \sup\{\sqrt[n]{b_n} \mid n \ge m\}\] für alle $m\in\N$, $m \ge n_0$. Das heißt, für alle $m\in\N$ mit $m\ge n_0$ gibt es ein $n\in\N$, so dass $n\geq m$ und \[t < \sqrt[n]{b_n}.\] Mit anderen Worten: die Menge \[\{n \in \N \mid n \geq n_0, t < \sqrt[n]{b_n}\}\] ist unendlich. Da alle Glieder der Folge $(\sqrt[n]{b_{n+k}})$ nichtnegativ sind, gilt $0 \leq l'$, also $0 < t$. Wir setzen \[w := \log{t}.\] Aufgrund der (strengen) Monotonie der Exponentialfunktion folgt damit für alle $n\in\N$, $n\geq n_0$ aus \[\exp(w) = t < \sqrt[n]{b_n},\] dass \[0 < b_n \quad \text{und} \quad w < \frac1n \log{b_n}.\] Somit ist die Menge \[\{n\in\N\mid n+k\geq n_0,0 < b_{n+k},w<\frac1{n+k}\log(b_{n+k})\}\] unendlich. Für alle $n\in\N$ mit $n\geq n_0-k$ und $0 < b_{n+k}$ impliziert \[w<\frac1{n+k}\log(b_{n+k}),\] dass \[\frac{n+k}n w < \frac1n\log(b_{n+k}).\] Da $0<s$, existiert $v := \log s$. Die Monotonie der Exponentialfunktion liefert $v < w$. Folglich existiert ein $n_1 \in \N$, so dass für alle $n\in\N$ mit $n\geq n_1$: \[v < \frac{n+k}n w.\] Demnach sind die Mengen \[\{n\in\N\mid n+k\geq n_0, 0<b_{n+k},v<\frac1n\log(b_{n+k})\},\] und mithin \[\{n\in\N\mid n\geq n_0-k, s < \sqrt[n]{b_{n+k}}\},\] unendlich. Für alle $m\in\N$ mit $m\geq n_0-k$ ist also \[s < \sup\{\sqrt[n]{b_{n+k}} \mid n \geq m\},\] das heißt \[ s \leq \limsup_{n\to\infty} \sqrt[n]{b_{n+k}} = l' < s,\] was im Widerspruch zur Irreflexivität von $<$ steht. Somit gilt nicht $l' < l$, und wir schließen auf \eqref{e_rieder}. $\Box$

Korollar 1. Sei $(b_n)_{n\in\N}$ eine Folge in $[0,\infty)$ und $k\in \N_0$. Dann gilt \[l := \limsup_{n\to\infty} \sqrt[n]{b_n} = \limsup_{n\to\infty} \sqrt[n]{b_{n+k}} =: l'.\]

Beweis. Das Lemma liefert sofort \[l \leq l'.\] Sei jetzt $(b'_n)_{n\in\N}$ gegeben durch \[b'_n = b_{n+k}.\] Dann folgt aus dem Lemma, angewendet auf $(b'_n)$ anstelle von $(b_n)$ und $-k$ anstelle von $k$, \[l' = \limsup_{n\to\infty} \sqrt[n]{b'_n} \leq \limsup_{\substack{n\to\infty\\ n\geq 1-(-k)}} \sqrt[n]{b'_{n+(-k)}} =: l''.\] Für alle $n\in\N$ mit $n \geq 1-(-k) = 1+k$ gilt aber: \[b'_{n+(-k)} = b_{(n+(-k))+k} = b_n.\] Das heißt, \[l'' = \limsup_{\substack{n\to\infty\\ n\geq 1+k}} \sqrt[n]{b_n} = \limsup_{n\to\infty} \sqrt[n]{b_n} = l.\] Aufgrund der Antisymmetrie von $\leq$ ergibt sich \[l=l',\] was zu beweisen war. $\Box$

Korollar 2. Sei $(a_n)_{n\in\N}$ eine Folge in $\R$ und $k\in \N_0$. Dann gilt \eqref{e_main}.

Beweis. \eqref{e_main} folgt unmittelbar aus Korollar 1 für $(b_n) = (|a_n|)$. $\Box$

Übungen zur Analysis I (nicht vertieft): Alternativer Zugang zu Blatt 8, Aufgabe 4 b)

In Blatt 8, Aufgabe 4 b) geht es darum zu zeigen, dass für alle Folgen reeller Zahlen $(a_n)_{n\in\N_0}$ und alle $k\in\N_0$ die Potenzreihen \[\sum_{n=0}^\infty a_n \quad \text{und} \quad \sum_{n=0}^\infty a_{n+k}\] denselben Konvergenzradius besitzen. Ein Beweis dieser Tatsache ergibt sich, indem man ausnutzt, dass der Konvergenzradius der Potenzreihe \[P(x) = \sum_{n=0}^\infty a_nx^n\] dasjenige eindeutig bestimmte $r \in [0,+\infty]$ ist, so dass für alle $x\in\R$ die Reihe $P(x)$ konvergiert, wenn $|x|<r$, und divergiert, wenn $|x|>r$. Dieser Zugang wird in den Übungen vorgestellt.

Ein alternativer Zugang zur Aufgabe ergibt sich vermittels der Formel von Cauchy-Hadamard. Durch die Cauchy-Hadamardsche Formel nämlich verwandelt sich die Aussage aus der Aufgabe in die Identität:
\begin{equation}
 \limsup_{n\to\infty} \sqrt[n]{|a_n|} = \limsup_{n\to\infty} \sqrt[n]{|a_{n+k}|}. \label{e_claim}
\end{equation} Im Folgenden geben wir, unter den Hypothesen der Aufgabe, einen Beweis von \eqref{e_claim}, der sich nicht auf die Interpretation der Folge $(a_n)_{n\in\N_0}$ als Potenzreihe stützt. Tatsächlich beweisen wir in mehreren Schritten einige weiter reichende Aussagen.

Lemma. Sei $(f_n)_{n\in\N}$ eine Folge von Funktionen $[0,+\infty)\to\R$, so dass für alle $d\geq1$ und alle $\epsilon>0$ ein $n_0\in\N$ existiert, so dass für alle $n\geq n_0$ und alle $x\in[0,d]$: \[|f_n(x)-x|<\epsilon.\] (Bemerkung: Diese Bedingung bedeutet, dass die Funktionenfolge $(f_n)$ auf $[0,+\infty)$ kompakt konvergent gegen $\mathrm{id}_{[0,+\infty)}$ ist.) Sei außerdem $(x_n)_{n\in\N}$ eine Folge in $[0,+\infty)$. Dann ist $h$ ein Häufungspunkt von $(f_n(x_n))_{n\in\N}$, wenn $h$ ein Häufungspunkt von $(x_n)_{n\in\N}$ ist.

Beweis. Angenommen also, $h$ ist ein Häufungspunkt von $(x_n)_{n\in\N}$ (insbesondere gilt $h\in\R$). Sei $\epsilon>0$. Dann ist \[d := \max(h+\frac\epsilon2,1) \geq 1 \quad \text{und} \quad \frac\epsilon2 > 0.\] Daher existiert ein $n_0 \in \N$, so dass für alle $n\geq n_0$ und alle $x\in[0,d]$: \[|f_n(x)-x|<\frac\epsilon2.\] Sei jetzt $x \in [0,+\infty)$ mit $|x-h|<\frac\epsilon2$. Dann folgt $x\in[0,d]$ und wir haben für alle $n\geq n_0$: \[|f_n(x)-h| \leq |f_n(x)-x|+|x-h| < \frac\epsilon2+\frac\epsilon2=\epsilon.\] Mit der Menge \[\{n\in\N \mid |x_n-h|<\frac\epsilon2\}\] ist also auch die Menge \[\{n\in\N \mid |f_n(x_n)-h|<\epsilon\}\] unendlich. Demzufolge handelt es sich bei $h$ um einen Häufungspunkt von $(f_n(x_n))_{n\in\N}$. $\Box$

Proposition. Sei $k\in\N_0$. Es bezeichne $(f_n)_{n\in\N}$ diejenige Folge von Funktionen $[0,+\infty)\to\R$, die für alle $n\in\N$ und alle $x\in[0,+\infty)$ durch \[f_n(x) = \sqrt[n]{x^{n+k}}\] gegeben ist. Dann gibt es für alle $d\geq1$ und alle $\epsilon>0$ ein $n_0\in\N$, so dass für alle $n\geq n_0$ und alle $x \in [0,d]$: \begin{equation}|f_n(x)-x|<\epsilon.\label{e_lemma2}\end{equation}

Beweis. Seien $d\geq 1$ und $\epsilon>0$ vorgegeben. Dann gilt \[\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{d^k}=\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{\epsilon^k}=1,\] das heißt es existiert ein $n_0\in\N$, so dass für alle $n\in\N$ mit $n\geq n_0$ gilt: \[|\sqrt[n]{d^k}-1|<\frac\epsilon{d} \quad \text{und} \quad |\sqrt[n]{\epsilon^k}-1|<\epsilon.\] Sei jetzt $x\in[0,d]$. Angenommen, $x\leq1$ und $x<\epsilon$. Dann gilt:
\begin{align*}
 |f_n(x)-x| &= |\sqrt[n]{x^{n+k}}-x| = |(\sqrt[n]x)^{n+k}+x| = |x(\sqrt[n]x)^k-x| \\ &= x|(\sqrt[n]x)^k-1| = x(1-\sqrt[n]{x^k}) \leq x < \epsilon.
\end{align*} Angenommen, $x\leq 1$ und $\epsilon\leq x$. Dann haben wir:
\begin{align*}
 |f_n(x)-x| = x(1-(\sqrt[n]x)^k) &\leq 1-(\sqrt[n]x)^k \\ &\leq 1-(\sqrt[n]\epsilon)^k = |\sqrt[n]{\epsilon^k}-1|<\epsilon.
\end{align*} Wenn weder $x\leq1$ und $x<\epsilon$ noch $\epsilon\leq x\leq 1$, dann gilt $1<x$. Es folgt
\begin{align*}
 |f_n(x)-x| = x((\sqrt[n]x)^k-1) \leq d((\sqrt[n]d)^k-1) < d\frac\epsilon{d} = \epsilon,
\end{align*} was zu beweisen war. $\Box$

Korollar 1. Sei $k\in\N_0$. Es bezeichne $(g_n)_{n\in\N}$ diejenige Folge von Funktionen $[0,+\infty)\to\R$, die für alle $n\in\N$ und alle $y\in[0,+\infty)$ durch \[g_n(y) = \sqrt[n+k]{y^n}\] gegeben ist. Dann gibt es für alle $d\geq1$ und alle $\epsilon>0$ ein $n_0\in\N$, so dass für alle $n\geq n_0$ und alle $y\in [0,d]$: \[|g_n(y)-y|<\epsilon.\]

Beweis. Seien $d\geq1$ und $\epsilon>0$ vorgegeben. Sei $(f_n)$ die Folge aus der Proposition. Dann existiert nach der Proposition ein $n_0\in\N$, so dass für alle $n\geq n_0$ und alle $y\in[0,d]$ die Beziehung \eqref{e_lemma2} gilt. Für alle $n\in\N$ gilt: Als Komposition monotoner Funktionen ist $g_n$ monoton; zudem ist wegen $d\geq1$: \[g_n(d) = \sqrt[n+k]{d^n} \leq d.\] Das heißt, für alle $y \in [0,d]$ gilt \[0 = g_n(0) \leq g_n(y) \leq g_n(d) \leq d,\] mit anderen Worten \[y \in [0,d].\] Wenn $n\geq n_0$, ist also \[|g_n(y)-y| = |y-g_n(y)| = |f_n(g_n(y))-g_n(y)| < \epsilon\] mit Hilfe von \eqref{e_lemma2}. $\Box$

Korollar 2. Sei $k\in\N_0$ und $(c_n)_{n\in\N}$ eine Folge in $[0,+\infty)$. Dann besitzen die Folgen \[(x_n) := (\sqrt[n+k]{c_n}) \quad \text{und} \quad (y_n) := (\sqrt[n]{c_n})\] dieselben eigentlichen und uneigentlichen Häufungspunkte.

Beweis. $(f_n)$ und $(g_n)$ mögen (respektive) wie in der Proposition und Korollar 1 erklärt sein. Dann gilt für alle $n\in\N$: \[f_n(x_n) = \sqrt[n]{c_n} = y_n.\] Nach der Proposition und dem Lemma ist jeder eigentliche Häufungspunkt von $(x_n)$ ein Häufungspunkt von $(y_n)$. Da \[g_n(y_n) = g_n(f_n(x_n)) = x_n,\] ist umgekehrt nach Korollar 1 und dem Lemma jeder eigentliche Häufungspunkt von $(y_n)$ ein Häufungspunkt von $(x_n)$.

$-\infty$ ist weder uneigentlicher Häufungspunkt von $(x_n)$ noch uneigentlicher Häufungspunkt von $(y_n)$, da alle Folgenglieder von $(x_n)$ und alle Folgenglieder von $(y_n)$ nichtnegativ (das heißt $\geq0$) sind; wäre etwa $-\infty$ Häufungspunkt (im uneigentlichen Sinn) von $(x_n)$, so würde die Unendlichkeit der Menge \[\{n\in\N \mid x_n < 0\}\] folgen.

Angenommen, $+\infty$ ist uneigentlicher Häufungspunkt von $(x_n)$. Sei $K \in \R$ beliebig. Dann gilt für alle $x \in \R$ mit $x > \max(K,1)$ und alle $n\in\N$: \[f_n(x) = \sqrt[n]{x^{n+k}} = (\sqrt[n]x)^{n+k} = x\cdot \sqrt[n]{x^k} > x\cdot 1 = x > K.\] Daher ist mit der Menge \[\{n\in\N \mid x_n > \max(K,1)\}\] auch die Menge \[\{n\in\N \mid f_n(x_n) > K\}\] unendlich. Folglich ist $+\infty$ uneigentlicher Häufungspunkt von $(y_n)$.

Angenommen umgekehrt, $+\infty$ ist uneigentlicher Häufungspunkt von $(y_n)$. Sei $L\in\R$ beliebig. Dann gilt für alle $y\in\R$ mit $y > \max(L^{1+k},1)$ und alle $n\in\N$: \[g_n(y) = \sqrt[n+k]{y^n} \geq \sqrt[1+k]y > L.\] Daher ist mit der Menge \[\{n\in\N \mid y_n > \max(L^{1+k},1)\}\] auch die Menge \[\{n\in\N \mid g_n(y_n) > L\}\] unendlich. Folglich ist $+\infty$ uneigentlicher Häufungspunkt von $(x_n)$. $\Box$

Korollar 3. Sei $k\in\N_0$ und $(b_n)_{n\in\N}$ eine Folge in $[0,+\infty)$. Dann besitzen die Folgen \[(\sqrt[n]{b_{n}}) \quad \text{und} \quad (\sqrt[n]{b_{n+k}})\] dieselben eigentlichen und uneigentlichen Häufungspunkte.

Beweis. Offensichtlich besitzen die Folgen \[(\sqrt[n]{b_{n}}) \quad \text{und} \quad (\sqrt[n+k]{b_{n+k}})\] dieselben eigentlichen und uneigentlichen Häufungspunkte. Nach Korollar 2 (angewendet auf die Folge $(c_n)$, die durch $c_n = b_{n+k}$ gegeben ist) besitzen zudem die Folgen \[(\sqrt[n+k]{b_{n+k}}) \quad \text{und} \quad (\sqrt[n]{b_{n+k}})\] dieselben eigentlichen und uneigentlichen Häufungspunkte. Somit folgt die Behauptung. $\Box$

Korollar 4. Sei $k\in\N_0$ und $(a_n)_{n\in\N}$ eine Folge in $\R$. Dann gilt \eqref{e_claim}.

Beweis. Bekanntlich ist der Limes superior einer Folge reeller Zahlen der größte eigentliche oder uneigentliche Häufungspunkt dieser Folge (wobei die typische Ordnung auf $\R \cup \{\pm\infty\}$ verwendet wird, wonach $-\infty<x<+\infty$ für alle $x\in\R$ gilt). Daher ist der Limes superior der Folge $(\sqrt[n]{|a_n|})$ gleich dem größten Häufungspunkt von $(\sqrt[n]{|a_n|})$. Nach Korollar 3 (angewendet auf die Folge $(b_n)$, die durch $b_n = |a_n|$ gegeben ist) ist der größte Häufungspunkt von $(\sqrt[n]{|a_n|})$ gleich dem größten Häufungspunkt von $(\sqrt[n]{|a_{n+k}|})$. Der größte Häufungspunkt von $(\sqrt[n]{|a_{n+k}|})$ ist aber wiederum gleich dem Limes superior von $(\sqrt[n]{|a_{n+k}|})$. $\Box$

Übungen zur Analysis I (nicht vertieft): Lösungen zu Blatt 8

Aufgabe 5 (Staatsexamen Frühjahr 2013, Thema Nr. 1, Aufgabe 1 b)).
Für welche $x \in \mathbb R$ konvergiert die folgende Reihe? Berechnen Sie gegebenenfalls den Grenzwert.
\begin{equation}\label{e_series0}
 \sum_{n=1}^\infty nx^{n-1}.
\end{equation}

Lösung. Sei $x \in \mathbb R$. Angenommen, $|x|<1$. Dann ist die geometrische Reihe \[\sum_{n=0}^\infty x^n\] bekanntlich absolut konvergent, und zwar gegen $\frac1{1-x}$. Dem Cauchyschen Produktsatz zufolge ist also die Reihe \[\sum_{n=0}^\infty\left(\sum_{k=0}^nx^kx^{n-k}\right) = \sum_{n=0}^\infty\left(\sum_{k=0}^nx^n\right) = \sum_{n=0}^\infty(n+1)x^n\] (absolut) konvergent und besitzt die Summe \[\left(\frac1{1-x}\right)^2.\] Die Reihe \eqref{e_series0} entsteht aus der Reihe \[\sum_{n=0}^\infty(n+1)x^n\] durch Indexverschiebung. Genauer gesagt gilt für alle $N \in \mathbb N$: \[\sum_{n=0}^{N-1}(n+1)x^n = \sum_{n=1}^{N}nx^{n-1}.\] Mithin ist die Reihe \eqref{e_series0} konvergent gegen $\left(\frac1{1-x}\right)^2$. Angenommen, $|x| \geq 1$ . Dann gilt für alle $n \in \mathbb N$: \[|nx^{n-1}| = n|x|^{n-1} \geq n1 \geq 1.\] Insbesondere ist die Folge \[(nx^{n-1})_{n \in \mathbb N}\] keine Nullfolge. Die Reihe \eqref{e_series0} ist daher nicht konvergent.

Aufgabe 6 (Staatsexamen Frühjahr 2013, Thema Nr. 2, Aufgabe 1).
Bestimmen Sie für jede der folgenden Reihen alle $x \in \mathbb R$, für die die Reihe konvergiert.
\[
 \sum_{k=0}^\infty e^{xk}, \quad \sum_{k=0}^\infty e^kx^k, \quad \sum_{k=0}^\infty \frac1{e^x + k}.
\]

Lösung. Sei $x \in \mathbb R$.
(i). Wir wissen: für alle $q \in \mathbb R$ ist die geometrische Reihe \[\sum_{k=0}^\infty q^k\] genau dann konvergent, wenn $|q|<1$. Daher ist die Reihe \[\sum_{k=0}^\infty e^{xk} = \sum_{k=0}^\infty (e^x)^k\] genau dann konvergent, wenn \[e^x = |e^x| < 1;\] hier geht ein, dass $0 < e^x$. Aufgrund der strikten Monotonie der Exponentialfunktion gilt aber $e^x < 1 = e^0$ genau dann, wenn $x<0$.
(ii). Die Reihe \[\sum_{k=0}^\infty e^kx^k = \sum_{k=0}^\infty (ex)^k\] ist genau dann konvergent, wenn \[e|x| = |ex| < 1.\] Letzteres ist gleichbedeutend damit, dass $|x|<\frac1e$.
(iii). Nach dem archimedischen Axiom gibt es eine natürliche Zahl $l$, so dass $e^x < l$. Für alle $k \in \mathbb N_0$ gilt also \[e^x + k < l + k,\] das heißt, \[0 < \frac1{l+k} < \frac1{e^x + k}.\] Da die harmonische Reihe (bestimmt gegen $+\infty$) divergent ist, ist auch die Reihe \[\sum_{k=0}^\infty \frac1{l+k}\] (bestimmt gegen $+\infty$) divergent, denn für alle $K \in \mathbb N_0$ gilt: \[\sum_{k=0}^K \frac1{l+k} = \sum_{n=1}^{l+K}\frac1n - \sum_{n=1}^{l-1}\frac1n.\] Nach dem Minorantenkriterium ist auch die Reihe \[\sum_{k=0}^\infty \frac1{e^x + k}\] (bestimmt gegen $+\infty$) divergent.

Aufgabe 7 (Staatsexamen Herbst 2012, Thema Nr. 1, Aufgabe 1).
Sei
\begin{equation}
 \sum_{n=0}^\infty a_nx^n \label{e_7}
\end{equation}
eine Potenzreihe mit Konvergenzradius $r$, wobei $1 < r < \infty$ sei.
a) Bestimmen Sie den Konvergenzradius der Potenzreihe
\begin{equation}\label{e_7a}
 \sum_{n=0}^\infty a_nx^{2n}.
\end{equation}
b) Bestimmen Sie den Konvergenzradius der Potenzreihe
\begin{equation}\label{e_7b}
 \sum_{n=0}^\infty c_nx^n,
\end{equation}
wobei $c_n = a_n^n$ für alle $n \in \mathbb N_0$ sei.

Lösung. a) Sei $x \in \mathbb R$. Angenommen, $|x|<\sqrt{r}$. Dann gilt: \[|x^2|=|x|^2<(\sqrt{r})^2=r.\] Da $r$ der Konvergenzradius von \eqref{e_7} ist, ist demnach die Reihe \[\sum_{n=0}^\infty a_n(x^2)^n = \sum_{n=0}^\infty a_nx^{2n}\] absolut konvergent. Angenommen, $|x|>\sqrt{r}$. Dann gilt $|x^2|>r$. Da $r$ der Konvergenzradius von \eqref{e_7} ist, ist die Reihe \[\sum_{n=0}^\infty a_n(x^2)^n = \sum_{n=0}^\infty a_nx^{2n}\] divergent. Diesen Überlegungen zufolge ist der Konvergenzradius der Reihe \eqref{e_7a} gleich $\sqrt{r}$.

b) Nach der Formel von Cauchy-Hadamard gilt \[\frac1{\limsup_{n\to\infty}\sqrt[n]{|a_n|}} = r,\] also \[\limsup_{n\to\infty}\sqrt[n]{|a_n|} = \frac1r.\] Zudem ist $\frac1r<1$, da $1<r$. Sei \[b := \frac12(\frac1r+1).\] Dann haben wir \[\frac1r < b < 1.\] Da \[\lim_{n \to \infty}\sup\{\sqrt[m]{|a_m|}\mid m \in \mathbb N, n \leq m\} = \frac1r,\] gibt es ein $n_0 \in \mathbb N$, so dass für alle $n\in\mathbb N$ mit $n \geq n_0$: \[\sup\{\sqrt[m]{|a_m|}\mid m \in \mathbb N,n \leq m\} < b.\] Insbesondere haben wir für alle $m\in\mathbb N$, $m \geq n_0$: \[\sqrt[m]{|a_m|} < b,\] und somit \[|a_m| < b^m.\] Wegen $0<b<1$ ist \[\lim_{m\to\infty}b^m=0,\] also auch \[\lim_{m\to\infty} |a_m|=0.\] Das heißt, \[\limsup_{n\to\infty}\sqrt[n]{|c_n|} = \lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{|a_n^n|}=\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{|a_n|^n}=\lim_{n\to\infty}|a_n|=0.\] Der Konvergenzradius der Reihe \eqref{e_7b} beträgt also, gemäß Cauchy-Hadamardscher Formel, $+\infty$.

Aufgabe 8 (Staatsexamen Frühjahr 2012, Thema Nr. 2, Aufgabe 3).
a) Bestimmen Sie den Konvergenzradius $r$ der Potenzreihe
\[
 R(x) = \sum_{n=0}^\infty (-1)^n \frac1{\sqrt{3^n}(5n^2 + 1)} x^n.
\]
b) Beurteilen Sie, ob $R(x)$ an den Stellen $x = r$ und $x = -r$ konvergiert oder divergiert.

Lösung. a) Für alle $n \in \mathbb N$ haben wir:
\begin{align*}
 \sqrt[n]{\left|(-1)^n\frac1{\sqrt{3^n}(5n^2+1)}\right|} & = \sqrt[n]{\frac1{\sqrt{3^n}(5n^2+1)}} \\
 & = \frac1{\sqrt[n]{\sqrt{3^n}(5n^2+1)}} \\
 & = \frac1{\sqrt[n]{\sqrt{3^n}}\sqrt[n]{5n^2+1}} \\
 & = \frac1{\sqrt{\sqrt[n]{3^n}}\sqrt[n]{5n^2+1}} \\
 & = \frac1{\sqrt3\sqrt[n]{5n^2+1}},
\end{align*}
zudem
\[
 \sqrt[n]{5n^2+1} = \sqrt[n]{\left(5+\frac1{n^2}\right)n^2} = \sqrt[n]{5+\frac1{n^2}}\sqrt[n]{n^2} = \sqrt[n]{5+\frac1{n^2}}(\sqrt[n]n)^2
\]
und
\[
 \sqrt[n]5 < \sqrt[n]{5+\frac1{n^2}} \leq \sqrt[n]6.
\]
Da
\[
 \lim_{n\to\infty}\sqrt[n]5 = \lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{6} = 1,
\]
haben wir also
\[
 \lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{5+\frac1{n^2}} = 1.
\]
Und da
\[
 \lim_{n\to\infty}\sqrt[n]n = 1,
\]
ergibt sich weiter
\[
 \lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{5n^2+1} = 1 \cdot 1^2 = 1.
\]
Demnach gilt
\[
 \lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{\left|(-1)^n\frac1{\sqrt{3^n}(5n^2+1)}\right|} = \frac1{\sqrt3},
\]
und mithin
\[
 \limsup_{n\to\infty}\sqrt[n]{\left|(-1)^n\frac1{\sqrt{3^n}(5n^2+1)}\right|} = \frac1{\sqrt3}.
\]
Die Formel von Cauchy-Hadamard liefert also
\[
 r = \frac1{\frac1{\sqrt3}} = \sqrt3.
\]

b) Es gilt
\begin{align}
 R(\pm r) & = R(\pm\sqrt3) = \sum_{n=0}^\infty (-1)^n\frac1{\sqrt{3^n}(5n^2+1)}(\pm\sqrt3)^n \notag \\ & = \sum_{n=0}^\infty (\mp1)^n\frac1{5n^2+1}, \label{e_8b}
\end{align}
und für alle $n \in \mathbb N$ haben wir
\[
 0 < n^2 < 5n^2 + 1,
\]
also
\[
 \left|(\mp1)^n\frac1{5n^2+1}\right| = \frac1{5n^2+1}  < \frac1{n^2}.
\]
Die Reihe
\[
 \sum_{n=1} \frac1{n^2}
\]
ist bekanntlich konvergent (gegen $\frac{\pi^2}6$). Nach dem Majorantenkriterium sind daher die Reihen \eqref{e_8b} absolut konvergent, mithin konvergent (im gewöhnlichen Sinn).

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 6

Aufgabe 4

Satz. Seien $X$ und $Y$ disjunkte, wegzusammenhängende topologische Räume, $A \subset X$ eine nichtleere Teilmenge, $f \colon A \to Y$ eine Abbildung. Dann ist der Raum $Z := Y \cup_f X$ wegzusammenhängend.

Bemerkung. In der Aufgabenstellung fehlt die Voraussetzung, dass $A \neq \emptyset$. Ohne diese zusätzliche Voraussetzung ist der Schluss auf den Wegzusammenhang von $Z$ jedoch offensichtlich nicht gültig.

Beweis. Seien $z_0,z_1 \in Z$. Als Äquivalenzklassen einer Äquivalenzrelation auf $Y \cup X$ gilt \[\emptyset \neq z_0,z_1 \subset Y \cup X.\] Es existieren also $s_0 \in z_0$ und $s_1 \in z_1$, und wir haben \[s_0,s_1 \in Y \cup X.\] Angenommen $s_0,s_1 \in X$. Dann gibt es einen Weg $\gamma$ in $X$ von $s_0$ nach $s_1$, da $X$ wegzusammenhängend ist. Die Komposition von $\gamma$ mit der evidenten – und stetigen – Abbildung \[X \to Y \cup X \to Y \cup_f X = Z\] ist folglich ein Weg in $Z$ von $[s_0] = z_0$ nach $[s_1] = z_1$. Analog argumentiert man für den Fall, dass $s_0,s_1 \in Y$. Angenommen nun $s_0 \in X$ und $s_1 \in Y$. Da $A \neq \emptyset$, gibt es ein Element $a \in A$. Aufgrund des Wegzusammenhangs von $X$ existiert ein Weg $\gamma$ in $X$ von $s_0$ nach $a$. Aufgrund des Wegzusammenhangs von $Y$ existiert ein Weg $\delta$ in $Y$ von $f(a)$ nach $s_1$. Da \[[a] = [f(a)]\] in $Z$, ist die Verkettung der Bildwege von $\gamma$ und $\delta$ in $Z$ ein Weg in $Z$ von $[s_0]=z_0$ nach $[s_1]=z_1$. Trifft keiner der bereits behandelten Fälle zu, so ist $s_0 \in Y$ und $s_1 \in X$. Analog zur vorherigen Situation erhält man einen Weg in $Z$ von $z_0$ nach $z_1$. $\Box$

Übungen zur Geometrie: Lösungen zu Blatt 5

Aufgabe 4

Zur Lösung zeigen wir den folgenden

Satz. Sei $n$ eine natürliche Zahl und $x \in \mathbb P_n(\mathbb R)$. Dann ist $\mathbb P_{n-1}(\mathbb R)$ homotopieäquivalent zu $\mathbb P_n(\mathbb R) \backslash \{x\}$.

Beweis. Nach Definition des projektiven Raums ist \[x^* := x \cup \{0\}\] ein eindimensionaler linearer Unterraum von $\mathbb R^{n+1}$. Daher existiert ein injektiver Homomorphismus \[\iota \colon \mathbb R^n \to \mathbb R^{n+1},\] so dass \begin{equation}\mathbb R^{n+1} = E \oplus x^*, \label{e_splitting}\end{equation} wobei \[E := \mathrm{im}(\iota).\] Aufgrund der Linearität von $\iota$ gilt \[\iota(\lambda \cdot v) = \lambda \cdot \iota(v)\] für alle reellen Zahlen $\lambda$ und alle $v \in \mathbb R^n$. Zudem ist $\mathrm{ker}(\iota) = \{0\}$. Demzufolge existiert eine, und nur eine, Abbildung \[i \colon \mathbb P_{n-1}(\mathbb R) \to \mathbb P_n(\mathbb R),\] so dass, für alle $v \in \mathbb R^n \backslash \{0\}$: \[i([v]) = [\iota(v)].\] Da $\iota$ (als lineare Abbildung) stetig ist, ist auch $i$ stetig (gemäß der universellen Eigenschaft der Quotiententopologie auf $\mathbb P_{n-1}(\mathbb R)$). Da \[(E \backslash \{0\}) \cap x = \emptyset,\] ist $i$ sogar eine – wiederum stetige – Abbildung \[i \colon \mathbb P_{n-1}(\mathbb R) \to \mathbb P_n(\mathbb R) \backslash \{x\}.\] Wir schreiben \[\pi \colon \mathbb R^{n+1} \to \mathbb R^n\] für die durch \eqref{e_splitting} gegebene Projektion auf $E$; das heißt, $\pi$ ist die eindeutig bestimmte lineare Abbildung, für die \[\pi \circ \iota = \mathrm{id}_{\mathbb R^n}\] sowie \[\mathrm{ker}(\pi) = x^*\] gilt. Analog dem Argument für $i$ oben existiert nun eine, und nur eine, Abbildung \[p \colon \mathbb P_n(\mathbb R) \backslash \{x\} \to \mathbb P_{n-1}(\mathbb R),\] so dass, für alle $w \in \mathbb R^{n+1} \backslash x^*$: \[p([w]) = [\pi(w)].\] Für alle $v \in \mathbb R^n \backslash \{0\}$ gilt: \[p \circ i ([v]) = p([\iota(v)]) = [\pi\circ\iota(v)] = [v].\] Das heißt wir haben \[p \circ i = \mathrm{id}_{\mathbb P_{n-1}(\mathbb R)}\] und mithin \[p \circ i \simeq \mathrm{id}_{\mathbb P_{n-1}(\mathbb R)}.\] Definieren wir jetzt \[F \colon \mathbb R^{n+1} \times I \to \mathbb R^{n+1}\] durch die Vorschrift \[F(w,t) = t \cdot \iota\circ \pi(w) + (1-t) \cdot w.\] Dann gilt \[\pi(F(w,t)) = \pi(w)\] für alle $w \in \mathbb R^{n+1}$ und alle $t \in I$. Das heißt durch Einschränkung von $F$ erhalten wir eine Abbildung \[(\mathbb R^{n+1}\backslash x^*) \times I \to \mathbb R^{n+1}\backslash x^*;\] dabei beachte man, dass $x^* = \mathrm{ker}(\pi)$. Zudem gilt \[F(\lambda\cdot w,t) = \lambda \cdot F(w,t)\] für alle reellen Zahlen $\lambda$ und alle $w$ und $t$ wie zuvor. Demnach existiert eine, und nur eine, Abbildung \[\overline F \colon (\mathbb P_n(\mathbb R) \backslash \{x\}) \times I \to \mathbb P_n(\mathbb R) \backslash \{x\},\] so dass, für alle $w \in \mathbb R^{n+1} \backslash x^*$ und alle $t \in I$: \[\overline F([w],t) = [F(w,t)].\] Die Abbildung $F$ ist offensichtlich stetig – damit auch ihre genannte Einschränkung. Aus der Definition der Quotiententopologie folgt die Stetigkeit von $\overline F$. Weiterhin gilt \[\overline F(-,0) = \mathrm{id}_{\mathbb P_n(\mathbb R) \backslash \{x\}}\] und \[\overline F(-,1) = i \circ p.\] Die Abbildung $\overline F$ ist also eine Homotopie zwischen der identischen Abbildung auf $\mathbb P_n(\mathbb R) \backslash \{x\}$ und der Abbildung $i \circ p$. Das heißt es gilt \[\mathrm{id}_{\mathbb P_n(\mathbb R) \backslash \{x\}} \simeq i \circ p.\] In der Folge haben wir \[\mathbb P_{n-1}(\mathbb R) \simeq_{\mathrm{h}} \mathbb P_n(\mathbb R) \backslash \{x\},\] was zu beweisen war. $\Box$

Bemerkung. Das Argument funktioniert ohne Weiteres auch für den Fall, dass $n = 0$. Frage: Was ist $\mathbb P_{-1}(\mathbb R)$? Was $\mathbb P_0(\mathbb R)$?