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\documentclass[uebung]{../../../lecture}

\title{Übungsblatt 9 Analysis 1}
\author{Leon Burgard, Christian Merten, Mittwoch Übungsgruppe}

\begin{document}

% punkte tabelle
\begin{tabular}{|c|m{1cm}|m{1cm}|m{1cm}|m{1cm}|m{1cm}|m{1cm}|m{1cm}|m{1cm}|m{1cm}|@{}m{0cm}@{}}
    \hline
    Aufgabe & \centering A1 & \centering A2 & \centering A3 & \centering A4
            & \centering A5 & \centering A6 & \centering A7 & \centering A8
            & \centering $\sum$ & \\[5mm] \hline
            Punkte & & & & & & & & & & \\[5mm] \hline
\end{tabular}

\begin{aufgabe}[Vollständige Induktion]
    \begin{enumerate}[(a)]
        \item Beh.:
            \[
                \sum_{k=1}^{n} k^{2} = \frac{1}{6} n (n+1) (2n+1)
            .\] 
            \begin{proof}
                durch vollständige Induktion

                I.A.: $n=1 $
                \[
                \sum_{k=1}^{1} k^2 = 1 = \frac{1}{6} \cdot 2 \cdot 3
                .\] 
                I.S.: $n \to n+1$. Es existiere ein festes aber beliebiges
                $n \in \N$ mit $\sum_{k=1}^{n} k^2 = \frac{1}{6}n(n+1)(2n+1)$.

                \begin{align*}
                    \frac{1}{6}(n+1)(n+2)(2(n+1)+1)
                    &= \frac{1}{6} (n^2 + 3n + 2)(2n +3) \\
                    &= \frac{1}{6} (2n^{3} + 3n^2 + n + 6n^2 + 12n + 6) \\
                    &= \frac{1}{6} (2n^{3} + 3n^2 +n) + n^2 + 2n + 1 \\
                    &= \frac{1}{6}n(2n^{3} + 3n + 1) + (n+1)^{2} \\
                    &= \frac{1}{6}n (n (2n+3) +1) + (n+1)^2 \\
                    &= \frac{1}{6}n (n+1)(2n+1) + (n+1)^2 \\
                    &\stackrel{\text{I.V.}}{=} \sum_{k=1}^{n} k^2 + (n+1)^2 \\
                    &= \sum_{k=1}^{n+1} k^2
                .\end{align*}
            \end{proof}
        \item Beh.:
            \[
                \sum_{k=1}^{n} (3k+2)^2 = \frac{1}{2} n \left( 6n^2 + 21n + 23 \right)
            .\] 
            \begin{proof}
            \begin{align*}
                \sum_{k=1}^{n} (3k+2)^2 &= \sum_{k=1}^{n} (9k^2 + 12 k + 4) \\
                    &= 9 \sum_{k=1}^{n} k^2
                    + 12 \sum_{k=1}^{n} k
                    + \sum_{k=1}^{n} 4 \\
                    &\stackrel{\text{(a) und kl. Gauß}}{=}
                        \frac{3}{2} n(n+1)(2n+1) + 6n (n+1) + 4n \\
                    &= \frac{1}{2} n \left( 3(n+1)(2n+1) + 12n + 12 + 8 \right)  \\
                    &= \frac{1}{2} n \left( 6n^2 + 21n + 23 \right) 
            .\end{align*}
            \end{proof}
    \end{enumerate}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
    \begin{enumerate}[(a)]
        \item Beh.: $a_n := \sqrt[n]{n F^{n}}$. $\lim_{n \to \infty} a_n = F$ 
            \begin{proof} $\lim_{n \to \infty} a_n
                    = \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{n} \cdot F = F$
            \end{proof}
        \item Beh.: $b_n := \sum_{k=0}^{n} \left(\frac{\rho -1}{\rho}\right)^{k}$, $\rho \in [2,100]. \lim_{n \to \infty} b_n = \rho$
            \begin{proof}
                Mit $q := \frac{\rho - 1}{\rho}$ folgt $0 < q < 1$ $\forall \rho > 1 $. \\
                $\implies$
                \begin{align*}
                    \lim_{n \to \infty} b_n \stackrel{\text{geometrische Reihe}}{=} \frac{1}{1- q} = \frac{1}{1 - \frac{\rho - 1}{\rho}} = \frac{1}{\frac{\rho - (\rho - 1)}{\rho}} = \rho
                .\end{align*}
            \end{proof}
        \item Beh.: $c_n := \sum_{k=0}^{n} \frac{s^{k}}{k!}$. $\lim_{n \to \infty} c_n = e^{S}$
             \begin{proof}
                 Mit $e^{x} = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{x^{k}}{k!}$ folgt direkt
                 $\lim_{n \to \infty} c_n = e^{S}$
             \end{proof}
        \item Beh.: $d_n := \frac{3 - Fn^{5}}{\frac{n^{5}}{E} + n}
            \cdot \frac{R - GSTn}{\frac{U}{n} + Gn}$. $\lim_{n \to \infty} d_n = FEST$
            \begin{proof}
                \begin{align*}
                    d_n &= \frac{3 - Fn^{5}}{\frac{n^{5}}{E} + n}
                        \cdot \frac{R - GSTn}{\frac{U}{n} + Gn}
                        = \frac{\frac{3}{n^{5}} - F}{\frac{1}{E} + \frac{1}{n^{4}}} \cdot \frac{\frac{R}{n} - GST}{\frac{U}{n^2} + G}
                    \intertext{$\implies$}
                    \lim_{n \to \infty} d_n &= \frac{F}{\frac{1}{E}} \cdot  \frac{GST}{G} = FEST
                .\end{align*}
            \end{proof}
    \end{enumerate}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
    \begin{enumerate}[(a)]
        \item
            \begin{enumerate}[(1)]
                \item $\sum_{k=0}^{\infty} k$ konvergiert nicht,
                    da $k$ keine Nullfolge. Die Folge der Partialsummen ist: $s_n = \sum_{k=0}^{n} k \stackrel{\text{kl. Gauß}}{=} \frac{n(n+1)}{2}$.
                \item $\sum_{m=1}^{\infty} \frac{1}{m(m+1)} = \sum_{m=1}^{\infty} \frac{1}{k^2+k} < \sum_{m=1}^{\infty} \frac{1}{k^2}$ $\forall k \in \N$
                    ist konvergent, da $\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k^2}$
                    konvergente Majorante. Die Folge der Partialsummen ist
                    $s_n := \sum_{m=1}^{n} \frac{1}{m(m+1)}$.
            \end{enumerate}
        \item
            \begin{enumerate}[(i)]
                \item
                    \begin{align*}
                    \sum_{k=2}^{\infty} \frac{4\cdot 2^{k+1}}{3^{k}}
                    = \sum_{k=2}^{\infty} \frac{4 \cdot 2 \cdot 2^{k}}{3^{k}} 
                    = 8 \sum_{k=2}^{\infty} \left(\frac{2}{3}\right)^{k}
                    = 8 \left( \sum_{k=0}^{\infty} \left( \frac{2}{3} \right)^{k}
                    - \sum_{k=0}^{1} \left( \frac{2}{3} \right)^{k}\right)
                    &= 8 \left( 3 - \frac{5}{3} \right) = \frac{32}{3}
                    .\end{align*}
                \item
                    \begin{align*}
                        \sum_{k=0}^{\infty} (-1)^{k} \frac{1}{\sqrt{3^{k+1}} - \sqrt{3^{k}} } = \sum_{k=0}^{\infty} (-1)^{k} \frac{1}{\sqrt{3^{k}}(\sqrt{3} - 1)}
                                                                                              &\qquad \;= \frac{1}{\sqrt{3} - 1} \sum_{k=0}^{\infty} \left(-\frac{1}{\sqrt{3} }\right)^{k} \\
                                                                                              &\stackrel{\text{Geometr. Reihe}}{=} \frac{1}{\sqrt{3} - 1} \cdot \frac{1}{1 + \frac{1}{\sqrt{3} }} \\
                                                                                              &\qquad \;= \frac{1}{\sqrt{3}  - \frac{1}{\sqrt{3} }} \\
                                                                                              &\qquad \;= \frac{\sqrt{3} }{2}
                    .\end{align*}
            \end{enumerate}
        \item
            \begin{enumerate}[(i)]
                \item $\sum_{k=1}^{\infty} (-1)^{k+1} \frac{1}{k}$
                    ist nicht absolut konvergent,
                    da $\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k}$ divergiert.
                \item $\sum_{k=1}^{\infty} \frac{2^{k}}{k!} = e^2 - 1$
                    konvergiert absolut.
            \end{enumerate}
    \end{enumerate}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
    \begin{enumerate}[(a)]
        \item Sei $h\colon \R \to  \R$ eine beschränkte und
            $u\colon \R \to  \R$ definiert durch $u(x) := x \cdot h(x)$.

            Beh.: $u$ im Punkt $x_0 = 0$ stetig.
            \begin{proof}
                Da $h$ beschränkt $\implies$ $\exists C \in \R$, s.d.
                $|h(x)| \le C$ $\forall x \in \R$. Also gilt
                $|u(x)| \le x \cdot C$ $\forall x \in \R$.

                Damit folgt
                \begin{align*}
                    0 \le \lim_{x \nearrow 0} |u(x)|
                    \le \lim_{x \nearrow 0} x \cdot C = 0
                \intertext{und} 
                    0 \le \lim_{x \searrow 0} |u(x)|
                    \le \lim_{x \searrow 0} x \cdot C = 0
                \intertext{$\implies$}
                \lim_{x \nearrow 0} u(x) = 0 = \lim_{x \searrow 0} u(x)
                .\end{align*}
                $\implies f$ stetig in $x_0$.
            \end{proof}
        \item Beh.:
            \[
                f(x) := \begin{cases}
                    1 & x \in \Q \\
                    -1 & x \in \R \setminus \Q
                \end{cases}
            .\] ist unstetig auf ganz $\R$ aber $|f(x)|$ ist stetig auf $\R$.
            \begin{proof}
                $f(x)$ ist unstetig analog zur Dirichlet Funktion und
                $|f(x)| = 1$ ist offensichtlich stetig.
            \end{proof}
        \item Beh.: Es gibt keine Funktion die im Punkt $x_0 = 0$ stetig
            und in allen anderen Punkten unstetig ist.
            \begin{proof}
                Sei $f\colon \R \to \R$ stetig in $x_0 = 0$ und $\epsilon > 0$ 
                beliebig. Dann $\exists \delta > 0$, s.d.
                $\forall x \in \R\colon |x| < \delta $ 
                $|f(x) - f(0)| < \frac{\epsilon}{2}$. Wähle
                $a := \frac{\delta }{2}$.

                Zz.: $f$ ist stetig in $a$.

                Wähle $\delta' := \frac{\delta}{2}$. Sei $x' \in \R$
                mit $|x' - a| < \frac{\delta }{2}$. Dann
                gilt $|f(0) - f(x')| < \frac{\epsilon}{2}$. Mit
                $|f(0) - f(a)| < \frac{\epsilon}{2}$ folgt
                \begin{align*}
                    |f(a) - f(x')| &= |f(a) - f(0) + f(0) - f(x')| \\
                                   &\le |f(a) - f(0)| + |f(0) - f(x')| \\
                                   &< \frac{\epsilon}{2} + \frac{\epsilon}{2} = \epsilon
                .\end{align*} $\implies f$ stetig in $a$.
            \end{proof}
    \end{enumerate}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
    \begin{enumerate}[(a)]
        \item
            Sei $(a_n)_{n \in \N}$ Folge in $\R^{+}$.

            Beh (i) .:
            \[
                \frac{a_{n+1}}{a_n} \xrightarrow{n \to \infty} a \implies 
                \sqrt[n]{a_n} \xrightarrow{n \to \infty} a
            .\] 
            \begin{proof}
                Sei $\lim_{n \to \infty} \frac{a_{n+1}}{a_n} = a$. Damit gilt
                \[
                \liminf_{n \to \infty} \frac{a_{n+1}}{a_n} = a = \limsup_{n \to \infty} \frac{a_{n+1}}{a_n}
                .\] Mit Blatt 7 folgt damit:
                \[
                a = \liminf_{n \to \infty} \frac{a_{n+1}}{a_n}
                \le \liminf_{n \to \infty} \sqrt[n]{a_n}
                \le \limsup_{n \to \infty} \sqrt[n]{a_n} 
                \le \limsup_{n \to \infty} \frac{a_{n+1}}{a_n} = a
            .\] Also $\liminf_{n \to \infty} \sqrt[n]{a_n} = a = \limsup_{n \to \infty} \sqrt[n]{a_n} $ \\
            $\implies \lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{a_n} = a$.
            \end{proof}

            Beh (ii) .:
            \[
                \lim_{n \to \infty} \frac{a_{n+1}}{a_n} \xrightarrow{n \to \infty}
                \infty \implies \sqrt[n]{a_n} \xrightarrow{n \to  \infty} \infty
            .\] 
            \begin{proof}
                Sei $\frac{a_{n+1}}{a_n} \xrightarrow{n \to \infty} \infty$.
                Dann existiert eine streng monoton wachsende, nach oben
                unbeschränkte Teilfolge
                $(a_{n_k})_{k \in\N}$ von $(a_n)_{n\in\N}$.

                Sei nun $q > 1$ beliebig. Dann $\exists k_0 \in \N$, s.d.
                $\forall k > k_0\colon \frac{a_{n_k}}{a_{n_{k-1}}} > q$. Damit
                folgt:
                \begin{align*}
                    &a_{n_k} > q \cdot a_{n_{k-1}} > q^{2} \cdot a_{n_{k - 2}}
                    > \ldots > q^{k - k_0} a_{n_{k_0}} \\
                    \implies& \sqrt[k]{a_{n_k}} > q^{1 - \frac{k_0}{k}} \sqrt[k]{a_{n_{k_0}}} 
                .\end{align*} Für $k \to \infty$ folgt
                \[
                    \limsup_{k \to \infty} \sqrt[k]{a_{n_k}} > q
                .\] Da $q > 1$ beliebig groß folgt damit
                \[
                    \limsup_{n \to \infty} \sqrt[n]{a_n} = \infty
                .\]
            \end{proof}
        \item
            \begin{enumerate}[(i)]
                \item $a_n := \sqrt[n]{n!}$. Mit
                    $\frac{(n+1)!}{n!} = n+1 \xrightarrow{n \to \infty} \infty$
                    folgt mit (a ii) $a_n \xrightarrow{n \to \infty} \infty$.
                \item $b_n := \sqrt[n]{\frac{n^{n}}{n!}}$ 
                    \[
                        \frac{(n+1)^{n+1}}{(n+1)!} \cdot \frac{n!}{n^{n}}
                        = \frac{(n+1)^{n}}{n^{n}}
                        = \left( \frac{n+1}{n} \right) ^{n}
                        = \left( 1 + \frac{1}{n} \right)^{n}
                        \xrightarrow{n \to \infty} e
                    .\] 
                    Mit (a i) folgt direkt $\lim_{n \to \infty} b_n = e$.
                \item $c_n := \frac{n^{n}}{n!} =
                    \sqrt[n]{\left( \frac{n^{n}}{n!} \right)^{n}}$.
                    \begin{align*}
                        \left( \frac{(n+1)^{n+1}}{(n+1)!} \right)^{n+1}
                        \cdot \left( \frac{n!}{n^{n}} \right)^{n}
                        &= \frac{(n+1)^{(n+1)(n+1)}}{((n+1)!)^{n+1}}
                        \cdot \frac{(n!)^{n}}{n^{n^2}} \\
                        &= \frac{(n+1)^{n^2 + 2n + 1}}{(n+1)!(n+1)^{n}}
                        \cdot \frac{1}{n^{n^2}} \\
                        &= \frac{(n+1)^{n^2 + n + 1}}{(n+1)! \cdot n^{n^2}} \\
                        &> \frac{(n+1)^{n^2 + n + 1}}{(n+1)^{n} \cdot (n+1)^{n^2}} \\
                        &= \frac{(n+1)^{n^2 + n + 1}}{(n+1)^{n + n^2}} \\
                        &= n+1 \xrightarrow{n \to \infty} \infty
                    .\end{align*}
                    Mit (a ii) folgt damit $c_n \xrightarrow{n \to \infty} \infty$.
            \end{enumerate}
    \end{enumerate}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe} Ergebnisse

    \begin{tabular}{m{1.5cm}|m{3cm}|m{3cm}|m{3cm}|m{3.5cm}@{}m{0pt}@{}}
        Aufgabe & Beschränkt nach unten & Beschränkt nach oben & Monoton? & Konvergent? & \\[2mm] \hline
        (a) & Ja, durch $\frac{1}{2}$ & Ja, durch $1$ & Ja, streng monoton wachsend & Ja, da monoton und beschränkt & \\[5mm] \hline
    (b) & Ja, durch $1$ & Ja, durch $2$ & Nein & Ja, nach Quotientenkriterium für Folgen & \\[2mm]
    \end{tabular}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
    \begin{enumerate}[(a)]
        \item
            \begin{enumerate}[(i)]
                \item ist konvergent nach Leibniz Kriterium, da
                    $\frac{1}{\ln(k)}$ monoton fallende Nullfolge.
                \item ist divergent, da $(-1)^{k} \frac{(k+1)^{k}-k^{k}}{(k+1)^{k}}$ 
                    keine Nullfolge ist.
                \item $\sum_{k=2}^{\infty} 2^{k}\cdot \frac{1}{2^{k}\cdot \ln^2(2^{k})}$ ist konvergent und damit ist (iii) nach Verdichtungskriterium konvergent.
            \end{enumerate}
        \item
            Der Konvergenzradius $\rho$ ist  $\frac{1}{4}$, da
            Häufungspunkte von $\sqrt[k]{|a_k|}$ bei $\pi$ und $4$ vorliegen.
            Wegen $4 > \pi$ ist damit
            $\limsup_{k \to \infty} \sqrt[k]{a_k} = 4$.
    \end{enumerate}
\end{aufgabe}

\begin{aufgabe}
    \begin{enumerate}[(a)]
        \item $\lim_{x \to \infty} \frac{2x + 3}{5x + 1} = \frac{2}{5}$
        \item $\lim_{x \to \infty} \sqrt{4x^2-2x+3} -2x = -\frac{1}{2}$
        \item $\lim_{x \to \infty} 2^{-x} = 0$ 
        \item $\lim_{x \to \infty} \frac{x+\sin(x)}{x} = 1$ 
        \item $\lim_{x \to 1} \frac{x^2 - x}{x^2 - 1} = \frac{1}{2}$ 
        \item $\frac{x^2 + x}{x^2 -1} \to \infty$ für $x \searrow 1$.
    \end{enumerate}
\end{aufgabe}

\end{document}