Teil III: Folgen und Reihen in:

Michael Merz

Übungsbuch zur Mathematik für Wirtschaftswissenschaftler, page 146 - 169

450 Klausur- und Übungsaufgaben mit ausführlichen Lösungen

1. Edition 2013, ISBN print: 978-3-8006-4720-0, ISBN online: 978-3-8006-4721-7, https://doi.org/10.15358/9783800647217_146

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Teil III: Folgen und Reihen 11. Folgen * Aufgabe 11.1 (MC-Aufgaben zu Eigenschaften von Folgen) Betrachtet wird die Folge (an)n∈N0 mit an = (−1)2n 6n 2 + n+ 10 n2 + 5n+ 11 . Kreuzen Sie an, welche der Aussagen a) bis d) wahr und welche falsch sind: a) Die Folge (an)n∈N0 ist alternierend. b) Die Folge (an)n∈N0 ist konvergent. c) Die Folge (an)n∈N0 ist beschränkt. d) Die Folge (an)n∈N0 besitzt zwei Häufungspunkte. a) b) c) d) Wahr Falsch Lehrbuch: Abschnitte 11.1, 11.3, 11.4, 11.6 und 11.8 Lösung: Zu a): Falsche Aussage. Wegen (−1)2n = 1 für alle n ∈ N0 sind alle Folgenglieder an positiv und die Folge ist damit nicht alternierend (vgl. Definition 11.1 im Lehrbuch). Zu b): Wahre Aussage. Es gilt (vgl. Satz 11.39 im Lehrbuch): lim n→∞ an = limn→∞(−1) 2n 6n 2 + n+ 10 n2 + 5n+ 11 = lim n→∞ 6+ 1n + 10n2 1+ 5n + 11n2 = 6+ lim n→∞ 1 n + limn→∞ 10 n2 1+ lim n→∞ 5 n + limn→∞ 11 n2 = 6+ 0+ 0 1+ 0+ 0 = 6 (11.1) Das heißt, die Folge (an)n∈N0 ist konvergent (vgl. Definition 11.14 im Lehrbuch). Zuc):WahreAussage.Gemäß (11.1) ist dieFolge (an)n∈N0 konvergent unddamit insbesondere auchbeschränkt (vgl. Satz 11.18 im Lehrbuch). Zu d): Falsche Aussage. Gemäß (11.1) ist die Folge (an)n∈N0 konvergent und besitzt somit nur einen Häufungspunkt, nämlich ihren Grenzwert 6 (vgl. Satz 11.32 im Lehrbuch). ** Aufgabe 11.2 (Bildungsgesetze von Folgen) Geben Sie die funktionalen Bildungsgesetze der folgenden Folgen (an)n∈N an: a) 1,− 12 , 13 ,− 14 , . . . b) 1, 2, 3, 4, . . . c) 2, 94 , 64 27 , 625 256 , . . . d) 3, 52 , 7 3 , 9 4 , . . . 137 Kapitel 11 Teil III: Folgen und Reihen e) 0, 1, 0, 1, 0, 1, . . . f) 1, 3, 6, 10, 15, 21, . . . g) −2, 32 ,− 49 , 564 , . . . h) 1, 2, 2, 4, 16, 65536, . . . Lehrbuch: Abschnitt 11.1 Lösung: Die funktionalen Bildungsgesetze der Folgen a) bis h) lauten: a) an = (−1)n+1 1 n b) an = n c) an = ( 1+ 1 n )n d) an = 2n+ 1 n e) an = 1 2 + (−1)n 1 2 f ) an = an−1 + n mit a1 = 1 g) an = (−1)n n+ 1 nn−1 h) an = aan−2n−1 mit a1 = 1 und a2 = 2 * Aufgabe 11.3 (MC-Aufgaben zu Eigenschaften von Folgen) Kreuzen Sie an, welche der Aussagen a) bis e) wahr und welche falsch sind. Geben Sie ferner bei einer falschen Aussage ein geeignetes Gegenbeispiel an. a) Eine monotone Folge ist konvergent. b) Eine divergente Folge ist unbeschränkt. c) Eine unbeschränkte Folge ist divergent. d) Da ein Häufungspunkt einer Folge der Grenzwert einer konvergenten Teilfolge ist, stellt er eine (obere oder untere) Schranke der Folge dar. e) Eine Folge (an)n∈N0 ist beschränkt, wenn die Folge (|an|)n∈N0 nach oben beschränkt ist. a) b) c) d) e) Wahr Falsch Lehrbuch: Abschnitte 11.1 und 11.3 bis 11.6 Lösung: Zu a): Falsche Aussage. Die Monotonie alleine impliziert noch keine Konvergenz. Zum Beispiel ist die Folge (an)n∈N0 mit an = n streng monoton wachsend und divergent. Ist die Folge jedoch zusätzlich beschränkt, dann ist sie auch konvergent (vgl. Satz 11.23 im Lehrbuch). Zu b): Falsche Aussage. Es gibt auch divergente Folgen, die beschränkt sind. Zum Beispiel ist (an)n∈N0 mit an = (−1)n eine divergente und beschränkte Folge. Zu c):Wahre Aussage. Die Beschränktheit einer Folge ist eine notwendige Bedingung für ihre Konvergenz (vgl. Satz 11.18 im Lehrbuch). Zu d): Falsche Aussage. Zum Beispiel besitzt die Folge (an)n∈N mit an = (−1) n n den Häufungspunkt 0. Der Wert 0 ist aber offensichtlich weder eine untere noch eine obere Schranke der Folge. Zu e): Wahre Aussage (vgl. Definition 11.8 im Lehrbuch). 138 Kapitel 11Folgen * Aufgabe 11.4 (MC-Aufgaben zu Eigenschaften von Folgen) Kreuzen Sie an, welche der Aussagen a) bis e) wahr und welche falsch sind: a) Jede beschränkte Folge ist konvergent. b) Jede konvergente Folge ist monoton. c) Eine konvergente Folge kann mehr als einen Häufungspunkt besitzen. d) Eine streng monotone Folge kann divergent sein. e) Eine Folge mit zwei konvergenten Teilfolgen zu unterschiedlichen Grenzwerten ist divergent. a) b) c) d) e) Wahr Falsch Lehrbuch: Abschnitte 11.1, 11.3, 11.4 und 11.6 Lösung: Zu a): Falsche Aussage. Die Beschränktheit einer Folge ist eine notwendige, aber keine hinreichende Bedingung für ihre Konvergenz (vgl. Satz 11.18 im Lehrbuch). Zum Beispiel ist die Folge (an)n∈N0 mit an = (−1)n beschränkt, obwohl sie nicht konvergent ist. Zu b): Falsche Aussage. Zum Beispiel ist die Folge (an)n∈N mit an = (−1) n n alternierend, obwohl sie gegen den Grenzwert 0 konvergiert. Zu c): Falsche Aussage. Eine konvergente Folge besitzt stets genau einen Häufungspunkt (vgl. Satz 11.32 im Lehrbuch). Zu d): Wahre Aussage. Eine (streng) monotone Folge ist genau dann divergent, wenn sie nicht beschränkt ist (vgl. Satz 11.23 im Lehrbuch). Zu e): Wahre Aussage. Die Existenz von zwei konvergenten Teilfolgen zu unterschiedlichen Grenzwerten impliziert das Vorhandensein von zwei unterschiedlichen Häufungspunkten (vgl. Satz 11.29 im Lehrbuch) und damit die Divergenz der Folge (vgl. Satz 11.32 im Lehrbuch). ** Aufgabe 11.5 (Arithmetische Folge) a) Eine BWL-Studentin nimmt am 1.1.2013 bei ihrer Bank einen Kredit in Höhe von 5000€ für 8 Jahre zu einem Jahreszinssatz von p = 5% auf. Bestimmen Sie die Summe, welche die Studierende am 31.12.2020 zurückzuzahlen hat (rechnen Sie ohne Berücksichtigung von Zinseszinseffekten). b) Eine andere Bank hat der BWL-Studentin am 1.1.2013 ebenfalls einen Kredit über 5000€ angeboten, für den sie am 31.12.2018 den Betrag 6800€ zurückzahlen muss. Ermitteln Sie den Jahreszinssatz p dieses Alternativangebots (rechnen Sie ohne Berücksichtigung von Zinseszinseffekten). c) Die BWL-Studentin erhält am 31.12.2013 von einem Freund 240€Verzugszinsen für einen seit dem 1.1.2010 ausstehenden Betrag in Höhe von 2000€. Berechnen Sie den Jahreszinssatz p, den die BWL-Studentin mit ihrem Freund vereinbart hat (rechnen Sie ohne Berücksichtigung von Zinseszinseffekten). Lehrbuch: Abschnitt 11.2 Lösung: Zu a): Bei der Rechnung sollen keine Zinseszinseffekte berücksichtigt werden. Folglich unterscheidet sich der von der BWL-Studentin geschuldete Betrag in zwei hintereinanderfolgenden Jahren stets um die in einem Jahr anfallenden Zinsen d = 0,05 · 5000€. Der nach 8 Jahren am 31.12.2020 zurückzuzahlende 139 Kapitel 11 Teil III: Folgen und Reihen Betrag ergibt sich daher als das Folgenglied K8 einer arithmetischen Folge (Kn)n∈N0 mit K0 = 5000€ und d = 0,05 · 5000€ (vgl. Definition 11.5a) im Lehrbuch). Das heißt, es gilt K8 = K0 + 8d = 5000€+ 8 · 0,05 · 5000€ = 7000€ (vgl. (11.4) im Lehrbuch). Die BWL-Studentin muss somit am 31.12.2020 einen Betrag in Höhe von 7000€ zurückzahlen. Zu b): Der Zeitraum vom 1.1.2013 bis zum 31.12.2018 entspricht 6 Jahren. Der Betrag 6800€ ist somit gleich demFolgengliedK6 einer arithmetischen Folge (Kn)n∈N0 mitK0 = 5000€ und unbekanntem d = p·5000€. Das heißt, es gilt K6 = K0 + 6d = 5000€+ 6d = 6800€ bzw. d = 6800€− 5000€6 = 300€. Zusammen mit d = p · 5000€ folgt daraus für den Jahreszinssatz p · 5000€ = 300€ bzw. p = 0,06. Der Jahreszinssatz dieses Alternativangebots beträgt also p = 6%. Zu c): Der Zeitraum vom 1.1.2010 bis 31.12.2013 entspricht 4 Jahren. In dieser Zeit sind die Schulden von K0 = 2000€ auf K4 = 2240€ angewachsen. Das heißt, es gilt K4 = K0 + 4d = 2000€+ 4 · p · 2000€ = 2000€ · (1+ 4p) = 2240€ (vgl. (11.4) im Lehrbuch). Wird die letzte Gleichung nach dem Jahreszinssatz p aufgelöst, erhält man p = 2240€ 2000€ − 1 4 = 0,03. Die BWL-Studentin hat folglich mit ihrem Freund den Jahreszinssatz p = 3% vereinbart. ** Aufgabe 11.6 (Geometrische Folge) Ein VWL-Studierender hat die Möglichkeit sein KapitalK0 zum Jahreszinssatz p anzulegen, wobei die im Zeitverlauf anfallenden Zinsen ebenfalls am Jahresende mit Zinssatz p verzinst werden. a) Ermitteln Sie, nach wie vielen Jahren n ein Kapital K0 = 10000€ bei einem Jahreszinssatz von p = 4% auf Kn = 18000€ angewachsen ist. b) Bestimmen Sie, wie viele Jahre es bei einem Jahreszinssatz von p = 4% dauert, bis sich ein beliebiges Kapital K0 > 0 verdoppelt hat. c) Berechnen Sie, bei welchem Jahreszinssatz p sich ein beliebiges Kapital K0 > 0 innerhalb von 20 Jahren vervierfacht. Lehrbuch: Abschnitt 11.2 Lösung: Zu a): Bei der Rechnung sollen Zinseszinseffekte berücksichtigt werden. Folglich unterscheidet sich das Kapital des VWL-Studierenden in zwei hintereinanderfolgenden Jahren stets um den Faktor q = 1+p = 1,04. Das Kapital nach n Jahren ist somit das FolgengliedKn einer geometrischen Folge (Kn)n∈N0 mitK0 = 10000€ und q = 1,04 (vgl. Definition 11.5b) im Lehrbuch). Das heißt, es gilt Kn = K0qn = 10000€ · 1,04n = 18000€ (vgl. (11.5) im Lehrbuch) und durch Auflösen der letzten Gleichung nach n folgt weiter n = ln ( 18000€ 10000€ ) ln(1,04) ≈ 14,99. 140 Kapitel 11Folgen Das Kapital K0 = 10000€ ist somit bei einem Jahreszinssatz von p = 4% nach ca. 15 Jahren auf 18000€ angewachsen. Zu b): Gesucht ist die Anzahl n von Jahren, für die sich das Kapital K0 bei einem Jahreszinssatz von p = 4% verdoppelt, also 2K0 = K0qn = K0 · 1,04n gilt. Durch Auflösen der letzten Gleichung nach n erhält man weiter n = ln(2) ln(1,04) ≈ 17,67. Das heißt, bei einem Jahreszinssatz von p = 4% hat sich ein beliebiges Kapital K0 > 0 nach 17 Jahren und 8 Monaten verdoppelt. Zu c): Gesucht ist nun der Jahreszinssatz p, für den sich ein beliebiges KapitalK0 > 0 innerhalb von 20 Jahren vervierfacht, also 4K0 = K0q20 = K0(1+ p)20 gilt. Durch Auflösen der letzten Gleichung nach dem Jahreszinssatz p folgt p = 20√4− 1 ≈ 0,0718. Folglich vervierfacht sich ein beliebiges KapitalK0 > 0 innerhalb von 20 Jahren bei einem Jahreszinssatz von etwa p = 7,18%. ** Aufgabe 11.7 (Monotonie von Folgen) Untersuchen Sie das Monotonieverhalten der folgenden vier Folgen: a) (an)n∈N mit an = n225 b) (an)n∈N mit an = 10nn! c) (an)n∈N mit an = n!nn d) (an)n∈N mit an = 1+ (−1)nn2 Lehrbuch: Abschnitt 11.3 Lösung: Zu a): Es gilt an > 0 und an+1 an = (n+1)2 n2 > 1 für alle n ∈ N. Die Folge ist somit streng monoton wachsend. Zu b): Es gilt an > 0 und an+1 an = 10 n+1 n! (n+ 1)! 10n = 10 n+ 1 = { ≥ 1 für n = 1, 2, . . . , 9 < 1 für n ≥ 10 . Das heißt, die Folgenglieder an wachsen für n = 1, 2, . . . , 9 und sind ab n = 10 streng monoton fallend. Die Folge ist damit nicht monoton. Zu c): Es gilt an > 0 und an+1 an = (n+ 1)! n n (n+ 1)n+1 n! = (n+ 1) nn (n+ 1)n+1 = nn (n+ 1)n = ( n n+ 1 )n < 1 für alle n ∈ N. Die Folge ist damit streng monoton fallend. Zu d): Es gilt an+1 − an = 1+ (−1) n+1 (n+ 1)2 − ( 1+ (−1) n n2 ) = (−1)n ( −n2 − (n+ 1)2 ) (n+ 1)2 n2 = { > 0 für ungerade n < 0 für gerade n . 141 Kapitel 11 Teil III: Folgen und Reihen Die Folge ist somit nicht monoton. ** Aufgabe 11.8 (Konvergenz von Folgen) Verifizieren Sie, dass die beiden folgenden Folgen der Definition einer Nullfolge genügen und bestimmen Sie jeweils die kleinste natürliche Zahl ñ ∈ N, so dass |an| < 10−3 für alle n > ñ gilt: a) (an)n∈N mit an = 5n2 b) (an)n∈N mit an = 4√n Lehrbuch: Abschnitt 11.4 Lösung: Zu a): Es sei ε > 0 beliebig vorgegeben. Dann gilt: |an − 0| = ∣∣∣∣ 5n2 ∣∣∣∣ < ε ⇐⇒ 5n2 < ε ⇐⇒ n2 > 5 ε ⇐⇒ n > √ 5 ε (11.2) Da für alle ε > 0 ein n0 ∈ N mit n0 > √ 5 ε existiert, gibt es somit für alle ε > 0 ein n0 ∈ N mit |an| < ε für alle n ≥ n0. Das heißt, die Folge konvergiert gegen den Grenzwert 0 und ist damit eine Nullfolge (vgl. Definition 11.14 im Lehrbuch). Aus (11.2) folgt ferner für ε = 10−3 |an| < 10−3 ⇐⇒ n > √ 5 10−3 ≈ 70,71. Folglich sind alle Folgenglieder an mit n > 70 kleiner als ε := 10−3 und es gilt ñ = 70. Zu b): Es gilt: |an − 0| = ∣∣∣∣ 4√n ∣∣∣∣ < ε ⇐⇒ 4√n < ε ⇐⇒ √n > 4 ε ⇐⇒ n > 4 2 ε2 (11.3) Da für alle ε > 0 ein n0 ∈ N mit n0 > 42ε2 existiert, gibt es somit für alle ε > 0 ein n0 ∈ N mit |an| < ε für alle n ≥ n0. Das heißt, die Folge konvergiert gegen den Grenzwert 0 und ist damit eine Nullfolge. Aus (11.3) folgt ferner für ε = 10−3 |an| < 10−3 ⇐⇒ n > 4 2 (10−3)2 = 16.000.000. Folglich sind alle Folgenglieder an mit n > 16.000.000 kleiner als ε := 10−3 und es gilt ñ = 16.000.000. ** Aufgabe 11.9 (Beschränktheit und Monotonie von Folgen) a) Weisen Sie die Beschränktheit der Folge (bn)n∈N mit bn = −9n 2 + n 3n2 nach, ohne dabei das Konzept der Konvergenz zu verwenden. b) Geben Sie drei Folgen in expliziter Darstellung an, die nach unten beschränkt, divergent und monoton wachsend, jedoch nicht streng monoton wachsend sind. Lehrbuch: Abschnitte 11.3 und 11.4 142 Kapitel 11Folgen Lösung: Zu a): Es gilt |bn| = 9n 2 + n 3n2 ≤ 9n 2 + n2 3n2 = 10n 2 3n2 = 10 3 für alle n ∈ N. Das heißt, die Folge (bn)n∈N ist beschränkt (vgl. Definition 11.8 im Lehrbuch). Zu b): Zum Beispiel sind die Folgen (an)n∈N0 mit an = n(n− 1) (an)n∈N0 mit an = n! (an)n∈N0 mit an = nn offensichtlich jeweils nach unten beschränkt, divergent und monoton wachsend. Da jedoch in allen drei Fällen a0 = a1 gilt, sind sie nicht streng monoton wachsend. ** Aufgabe 11.10 (Beschränktheit und Monotonie von Folgen) Weisen Sie nach, dass die Folge (an)n∈N mit an = √ 5+ n2 − n a) nach unten und oben beschränkt sowie b) streng monoton fallend ist. Lehrbuch: Abschnitt 11.3 Lösung: Zu a): Für die Folge (an)n∈N gilt 0 < an für alle n ∈ N: 0 < an ⇐⇒ 0 < √ 5+ n2 − n ⇐⇒ n < √ 5+ n2 ⇐⇒ n2 < 5+ n2 ⇐⇒ 0 < 5 Das heißt, die Folge (an)n∈N ist durch 0 nach unten beschränkt (vgl. Definition 11.8 im Lehrbuch). Ferner gilt für alle n ∈ N: an = √ 5+ n2 − n = (√ 5+ n2 − n ) (√ 5+ n2 + n ) √ 5+ n2 + n = 5+ n 2 − n2√ 5+ n2 + n = 5√ 5+ n2 + n < 5√ n2 + n = 5 n+ n = 5 2n Für n = 1 folgt daraus an < 52 für alle n ∈ N. Das heißt, die Folge (an)n∈N ist durch 52 nach oben beschränkt. Zu b): Für die Folge (an)n∈N gilt an+1 − an < 0 für alle n ∈ N. Denn aus an+1 − an = √ 5+ (n+ 1)2 − (n+ 1)− √ 5+ n2 + n = √ n2 + 2n+ 6− √ 5+ n2 − 1 folgt an+1 − an < 0 ⇐⇒ (√ n2 + 2n+ 6− √ 5+ n2 )2 < 1 ⇐⇒ 2n2 + 2n+ 10 < 2 √ (n2 + 2n+ 6)(5+ n2) ⇐⇒ n2 + n+ 5 < √ (n2 + 2n+ 6)(5+ n2) ⇐⇒ (n2 + n+ 5)2 < (n2 + 2n+ 6)(5+ n2) 143 Kapitel 11 Teil III: Folgen und Reihen bzw. nachAusmultiplizieren undZusammenfassen der beiden Terme auf der linken und rechten Seite der letzten Ungleichung an+1 − an < 0 ⇐⇒ n4 + 2n3 + 11n2 + 10n+ 25 < n4 + 2n3 + 11n2 + 10n+ 30 ⇐⇒ 25 < 30. Das heißt, die Folge (an)n∈N ist streng monoton fallend (vgl. Definition 11.10b) im Lehrbuch). *** Aufgabe 11.11 (Beschränktheit und Monotonie von Folgen) Geben Sie die Beschränktheits- und Monotonieeigenschaften sowie das Infimum und Supremum der beiden folgenden Folgen an: a) (an)n∈N mit an = n2+3n3 b) (bn)n∈N0 mit bn = c · n+ 85 (−1)n und c ∈ R Lehrbuch: Abschnitte 11.3, 11.4 und 11.8 Lösung: Zua):Offensichtlich giltan > 0 für allen ∈ N.Das heißt, dieFolge (an)n∈N ist nachuntenbeschränkt (vgl.Definition 11.8 imLehrbuch). ZurUntersuchungderMonotonieeigenschaften von (an)n∈N betrachtetman an+1 − an = (n+ 1) 2 + 3 (n+ 1)3 − n2 + 3 n3 = 1 n+ 1 + 3 (n+ 1)3 − 1 n − 3 n3 = 1 n+ 1 − 1 n︸ ︷︷ ︸ <0 + 3 (n+ 1)3 − 3 n3︸ ︷︷ ︸ <0 < 0 für alle n ∈ N. Daraus folgt, dass an+1−an < 0 bzw. an+1 < an für alle n ∈ N gilt. Folglich ist (an)n∈N streng monoton fallend (vgl. Definition 11.10b) im Lehrbuch) und durch das größte Folgenglied a1 = 12+313 = 4 auch nach oben beschränkt. Ferner erhält man (vgl. Satz 11.39 im Lehrbuch) lim n→∞ an = limn→∞ n2 + 3 n3 = lim n→∞ ( 1 n + 3 n3 ) = lim n→∞ 1 n + lim n→∞ 3 n3 = 0+ 0 = 0. Für das Infimum und Supremum der Folge (an)n∈N gilt somit infn∈N an = 0 und supn∈N an = 4 (vgl. Definition 11.9a) und b) im Lehrbuch). Zu b): Offensichtlich ist die Folge (bn)n∈N0 für c < 0 durch b0 = 85 nach oben beschränkt und nach unten unbeschränkt. Für das Infimum und Supremum gilt in diesem Fall infn∈N0 bn = −∞ und supn∈N0 bn = 85 (vgl. Definition 11.9a) und c) im Lehrbuch). Für c = 0 alterniert die Folge zwischen den beiden Werten 85 und − 85 . Das heißt, für das Infimum und Supremum gilt infn∈N0 bn = − 85 und supn∈N0 bn = 85 . Für c > 0 ist die Folge (bn)n∈N0 durch das kleinere der beiden Folgenglieder b0 = 85 und b1 = c − 85 , also den Wert min { 8 5 , c − 85 } , nach unten beschränkt und nach oben unbeschränkt. Aus b0 = 85 < c − 8 5 = b1 folgt weiter, dass für c > 165 durch b0 = 85 und für 0 < c < 165 durch b1 = c − 85 das kleinere Folgenglied gegeben ist. Insgesamt erhält man somit für das Infimum und Supremum der Folge (bn)n∈N0 inf n∈N0 bn = −∞ c < 0 c − 85 für 0 ≤ c ≤ 165 8 5 für c > 16 5 und sup n∈N0 bn = { 8 5 c ≤ 0 ∞ für c > 0 . 144 Kapitel 11Folgen Zur Untersuchung der Monotonieeigenschaften von (bn)n∈N0 wird analysiert, für welche n ∈ N0 und c ∈ R gilt bn+1 − bn < 0 und für welche n ∈ N0 und c ∈ R ist bn+1 − bn > 0 erfüllt. Für den Fall bn+1 − bn < 0 erhält man: bn+1 − bn < 0 ⇐⇒ c · (n+ 1)+ 85 (−1) n+1 < c · n+ 8 5 (−1)n ⇐⇒ c · n+ c − 8 5 (−1)n < c · n+ 8 5 (−1)n ⇐⇒ c < 16 5 (−1)n Im Falle von c < − 165 gilt somit bn+1 − bn < 0 bzw. bn+1 < bn für alle n ∈ N0 und im Falle von c = − 165 gilt bn+1 − bn ≤ 0 bzw. bn+1 ≤ bn für alle n ∈ N0. Das heißt, für c < − 165 ist die Folge (bn)n∈N0 streng monoton fallend und für c = − 165 ist sie lediglich monoton fallend (vgl. Definition 11.10b) im Lehrbuch). Für den Fall bn+1 − bn > 0 erhält man völlig analog: bn+1 − bn > 0 ⇐⇒ c · (n+ 1)+ 85 (−1) n+1 > c · n+ 8 5 (−1)n ⇐⇒ c · n+ c − 8 5 (−1)n > c · n+ 8 5 (−1)n ⇐⇒ c > 16 5 (−1)n Das heißt, für c > 165 gilt bn+1 > bn für alle n ∈ N0 und die Folge (bn)n∈N0 ist damit streng monoton wachsend. Für c = 165 gilt bn+1 ≥ bn für alle n ∈ N0 und die Folge ist somit nur monoton wachsend (vgl. Definition 11.10a) im Lehrbuch). Die Folge (bn)n∈N0 ist dagegen nicht monoton für − 165 < c < 165 . ** Aufgabe 11.12 (Rechenregeln für Grenzwerte) Berechnen Sie den Grenzwert der beiden folgenden Folgen, sofern dieser existiert: a) Folge (an)n∈N mit an = (−1)n · 3−n + 7n · 21−n + 2n+ 1 n b) Folge (bn)n∈N mit bn = 1 3 qn − ( 7+ 4n 3n − 2n 2 − 2n n2 + 5n ) für 0 < q < 1 Lehrbuch: Abschnitte 11.4 und 11.8 Lösung: Zu a): Es gilt (vgl. Satz 11.39 im Lehrbuch): lim n→∞ an = limn→∞ ( (−1)n · 3−n + 7n · 21−n + 2n+ 1 n ) = lim n→∞ (( −1 3 )n + ( 1 3 )n + 2+ 1 n ) = lim n→∞ ( −1 3 )n + lim n→∞ ( 1 3 )n + 2+ lim n→∞ 1 n = 0+ 0+ 2+ 0 = 2 Das heißt, die Folge (an)n∈N ist konvergent und besitzt den Grenzwert 2. 145 Kapitel 11 Teil III: Folgen und Reihen Zu b): Analog zu a) erhält man: lim n→∞ bn = limn→∞ ( 1 3 qn − ( 7+ 4n 3n − 2n 2 − 2n n2 + 5n )) = lim n→∞ 1 3 qn − lim n→∞ 7+ 4n 3n + lim n→∞ 2n2 − 2n n2 + 5n = lim n→∞ 1 3 qn − lim n→∞ 7 n + 4 3 + lim n→∞ 2− 2n 1+ 5n = lim n→∞ 1 3 qn − lim n→∞ 7 n + 4 3 + 2− lim n→∞ 2 n 1+ lim n→∞ 5 n = 0− 0+ 4 3 + 2− 0 1+ 0 = − 4 3 + 2 = 2 3 Die Folge (bn)n∈N ist folglich konvergent mit dem Grenzwert 23 . ** Aufgabe 11.13 (Monotonie, Beschränktheit und Konvergenz von Folgen) Untersuchen Sie die Folge (an)n∈N mit an = (−1)n+3 3n 2 − n+ 4 3n3 − n+ 4 sowie die beiden Teilfolgen (a2n)n∈N und (a2n−1)n∈N auf Monotonie, Beschränktheit, Häufungspunkte und Konvergenz. Geben Sie zudem jeweils Supremum und Infimum an. Lehrbuch: Abschnitte 11.3, 11.4, 11.6 und 11.8 Lösung: Gesamtfolge (an)n∈N: Die Folge (an)n∈N ist alternierend und daher nicht monoton (vgl. Definition 11.1 im Lehrbuch). Ferner gilt (vgl. Satz 11.39 im Lehrbuch): lim n→∞ an = limn→∞(−1) n+3 3n2 − n+ 4 3n3 − n+ 4 = lim n→∞(−1) n+3 3 n − 1n2 + 4 n3 3− 1 n2 + 4 n3 = (−1)n+3 lim n→∞ 3 n − limn→∞ 1 n2 + lim n→∞ 4 n3 3− lim n→∞ 1 n2 + lim n→∞ 4 n3 = (−1)n+3 0− 0+ 0 3− 0+ 0 = 0 Das heißt, die Folge (an)n∈N ist konvergent mit dem Grenzwert 0. Bei der Folge handelt es sich somit um eine Nullfolge. Als konvergente Folge ist sie insbesondere auch beschränkt (vgl. Satz 11.18 imLehrbuch) und besitzt als einzigen Häufungspunkt ihren Grenzwert 0 (vgl. Satz 11.32 im Lehrbuch). Ferner sind das Supremum und Infimum der Folge (an)n∈N gegeben durch sup n∈N an = a1 = 1 bzw. inf n∈N an = a2 = − 7 13 . Teilfolgen (a2n)n∈N und (a2n−1)n∈N: Die Teilfolge (a2n)n∈N bestehend aus den Folgengliedern mit geradem Index ist streng monoton wachsend und die Teilfolge (a2n−1)n∈N bestehend aus den Folgengliedern mit ungeradem Index ist streng monoton fallend. Da die Gesamtfolge (an)n∈N konvergent ist mit dem Grenzwert 0, sind auch ihre beiden Teilfolgen (a2n)n∈N und (a2n−1)n∈N konvergent mit demGrenzwert 0 (vgl. Seite 282 im 146 Kapitel 11Folgen Lehrbuch). Damit sind die beiden Teilfolgen auch beschränkt und besitzen als einzigen Häufungspunkt ihren Grenzwert 0. Für das Supremum und Infimum der Teilfolgen (a2n)n∈N und (a2n−1)n∈N gilt: sup n∈N a2n = lim n→∞ a2n = 0 bzw. infn∈N a2n = a2 = − 7 13 und sup n∈N a2n−1 = a1 = 1 bzw. inf n∈N a2n−1 = limn→∞ a2n−1 = 0 ** Aufgabe 11.14 (Rechenregeln für Grenzwerte) Berechnen Sie den Grenzwert der beiden folgenden Folgen, sofern dieser existiert: a) Folge (an)n∈N0 mit an = 4n 3 + n2 − 3n− 1 2n3 − 4n2 + 9n+ 8 b) Folge (bn)n∈N mit bn = 4qn + 3n 2 − 2n n3 + 7 − 8n− 3 4n − 3q n n2 für 0 < q < 1 Lehrbuch: Abschnitte 11.4 und 11.8 Lösung: Zu a): Es gilt (vgl. Satz 11.39 im Lehrbuch): lim n→∞ an = limn→∞ 4n3 + n2 − 3n− 1 2n3 − 4n2 + 9n+ 8 = lim n→∞ 4+ 1n − 3n2 − 1 n3 2− 4n + 9n2 + 8 n3 = 4+ lim n→∞ 1 n − limn→∞ 3 n2 − lim n→∞ 1 n3 2− lim n→∞ 4 n + limn→∞ 9 n2 + lim n→∞ 8 n3 = 4+ 0− 0− 0 2− 0+ 0+ 0 = 2 Das heißt, die Folge (an)n∈N0 ist konvergent und besitzt den Grenzwert 2. Zu b): Analog zu a) erhält man: lim n→∞ bn = limn→∞ ( 4qn + 3n 2 − 2n n3 + 7 − 8n− 3 4n − 3q n n2 ) = lim n→∞ 4q n + lim n→∞ 3n2 − 2n n3 + 7 − limn→∞ 8n− 3 4n − lim n→∞ 3qn n2 = lim n→∞ 4q n + lim n→∞ 3 n − 2n2 1+ 7 n3 − lim n→∞ 8− 3n 4 − lim n→∞ 3qn n2 = lim n→∞ 4q n + lim n→∞ 3 n − limn→∞ 2 n2 1+ lim n→∞ 7 n3 − 8− lim n→∞ 3 n 4 − lim n→∞ 3qn n2 = 0+ 0− 0 1+ 0 − 8− 0 4 − 0 = −2 Die Folge (bn)n∈N ist folglich konvergent mit dem Grenzwert −2. 147 Kapitel 11 Teil III: Folgen und Reihen ** Aufgabe 11.15 (Rechenregeln für Grenzwerte) Berechnen Sie den Grenzwert der beiden folgenden Folgen, sofern dieser existiert: a) Folge (an)n∈N0 mit an = n (√ n4 + 4− n2 ) b) Folge (bn)n∈N mit bn = 4 n+1 + 3n 4n + 3 + 5n+ 2 n2 + ( 6 7 )n n n+ 1 Lehrbuch: Abschnitte 11.4 und 11.8 Lösung: Zu a): Durch Erweitern erhält man für die Folgenglieder von (an)n∈N0 die Darstellung an = n (√ n4 + 4− n2 ) · √ n4 + 4+ n2√ n4 + 4+ n2 = n(n 4 + 4− n4)√ n4 + 4+ n2 = 4n√ n4 + 4+ n2 . Durch Kürzen von n2 folgt daraus weiter an = 4n n2 √ 1+ 4 n4 + n2 = 4 n√ 1+ 4 n4 + 1 . Folglich gilt (vgl. Satz 11.39 im Lehrbuch) lim n→∞ an = limn→∞ 4 n√ 1+ 4 n4 + 1 = lim n→∞ 4 n√ 1+ lim n→∞ 4 n4 + 1 = 0√ 1+ 0+ 1 = 0. Das heißt, die Folge (an)n∈N0 ist konvergent mit dem Grenzwert 0 und ist somit eine Nullfolge. Zu b): Es gilt (vgl. Satz 11.39 im Lehrbuch): lim n→∞ bn = limn→∞ ( 4n+1 + 3n 4n + 3 + 5n+ 2 n2 + ( 6 7 )n n n+ 1 ) = lim n→∞ 4n+1 + 3n 4n + 3 + limn→∞ 5n+ 2 n2 + lim n→∞ ( 6 7 )n n n+ 1 = 4+ lim n→∞ ( 3 4 )n 1+ lim n→∞ 3 4n + lim n→∞ 5 n + limn→∞ 2 n2 1 + lim n→∞ ( 6 7 )n lim n→∞ 1 1+ lim n→∞ 1 n = 4+ 0 1+ 0 + 0+ 0 1 + 0 · 1 1+ 0 = 4 Die Folge (bn)n∈N ist somit konvergent mit dem Grenzwert 4. 148 Kapitel 11Folgen *** Aufgabe 11.16 (Konvergenz von Folgen) Geben Sie die beiden folgenden rekursiv definierten Folgen explizit als Funktion von n ∈ N0 an und berechnen Sie damit die Grenzwerte: a) Folge (an)n∈N0 mit an = an−1 + 1 2 und a0 = 2 b) Folge (bn)n∈N0 mit bn = bn−1 · n n+ 1 und b0 = 2 Lehrbuch: Abschnitte 11.1, 11.4 und 11.8 Lösung: Zu a): Es gilt a0 = 2, a1 = 32 , a2 = 54 , a3 = 98 usw. Dies legt für die explizite Definition der Folge (an)n∈N0 die Vermutung an = 2 n+1 2n nahe. Der Beweis dieser Vermutung erfolgt mittels vollständiger Induktion. Im Folgenden wird die Aussage an = 2n+12n in Abhängigkeit von n mit A(n) bezeichnet. Induktionsanfang: Für n = 0 erhält man a0 = 2 0 + 1 20 = 2. Das heißt, die Aussage A(0) ist wahr. Induktionsschritt: Es wird angenommen, dass die Aussage A(n) für ein beliebiges n ∈ N0 wahr ist. Für die Aussage A(n+ 1) folgt dann mit dieser Induktionsannahme (IA) an+1 = an + 12 IA= 2n+1 2n + 1 2 = 2 n + 1+ 2n 2 · 2n = 2 · 2n + 1 2n+1 = 2n+1 + 1 2n+1 . Das heißt, die Aussage A(n+ 1) ist wahr. Damit ist gezeigt, dass die Aussage an = 2n+12n für alle n ∈ N0 gilt (vgl. Abschnitt 1.7 im Lehrbuch). Mit dieser expliziten Darstellung der Folge (an)n∈N0 erhält man (vgl. Satz 11.39 im Lehrbuch): lim n→∞ an = limn→∞ 2n + 1 2n = lim n→∞ 1+ 12n 1 = 1+ lim n→∞ 1 2n 1 = 1+ 0 1 = 1 Das heißt, die Folge (an)n∈N0 ist konvergent und besitzt den Grenzwert 1. Zu b): Es gilt b0 = 2, b1 = 1, b2 = 23 , b3 = 24 usw. Dies legt für die explizite Definition der Folge (bn)n∈N0 die Vermutung bn = 2n+1 nahe. Der Beweis dieser Vermutung erfolgt wieder mittels vollständiger Induktion. Im Folgenden wird die Aussage bn = 2n+1 in Abhängigkeit von n mit A(n) bezeichnet. Induktionsanfang: Für n = 0 erhält man b0 = 20+ 1 = 2. Das heißt, die Aussage A(0) ist wahr. Induktionsschritt: Es wird angenommen, dass die Aussage A(n) für ein beliebiges n ∈ N0 wahr ist. Für die Aussage A(n+ 1) folgt dann mit dieser Induktionsannahme (IA) bn+1 = bn · n+ 1 (n+ 1)+ 1 IA= 2 n+ 1 · n+ 1 n+ 2 = 2 n+ 2 . Das heißt, die Aussage A(n+ 1) ist wahr. Damit ist gezeigt, dass die Aussage bn = 2n+1 für alle n ∈ N0 gilt. Mit dieser expliziten Darstellung der Folge (bn)n∈N0 erhält man: lim n→∞ bn+1 = limn→∞ 2 n+ 2 = limn→∞ 2 n 1+ 2n = 0 1+ 0 = 0 Das heißt, die Folge (bn)n∈N0 ist konvergent und besitzt den Grenzwert 0. 149 Kapitel 11 Teil III: Folgen und Reihen *** Aufgabe 11.17 (Monotonie und Konvergenz von Folgen) Gegeben sei die rekursiv definierte Folge (an)n∈N0 mit dem Startwert a0 = 1 und an = 1 2 ( an−1 + 5 an−1 ) für n ∈ N. (11.4) Zeigen Sie: a) an > 0 und a2n > 5 für alle n ∈ N b) (an)n∈N0 ist streng monoton c) (an)n∈N0 konvergiert gegen den Grenzwert a = √ 5 Lehrbuch: Abschnitte 11.1, 11.3, 11.4 und 11.8 Lösung: Zu a): Der Beweis wird mittels vollständiger Induktion geführt. Im Folgenden wird die Aussage an > 0 in Abhängigkeit von n mit A(n) bezeichnet. Induktionsanfang: Aus (11.4) erhält man für n = 1 und mit a0 = 1 a1 = 12 ( 1+ 5 1 ) = 3 > 0. Das heißt, die Aussage A(1) ist wahr. Induktionsschritt: Es wird angenommen, dass die Aussage A(n) für ein beliebiges n ∈ N wahr ist. Für die Aussage A(n+ 1) folgt dann mit dieser Induktionsannahme (IA) an+1 = 12 ( an + 5 an ) IA > 0. Das heißt, die Aussage A(n+ 1) ist wahr. Damit ist gezeigt, dass die Aussage an > 0 für alle n ∈ N gilt (vgl. Abschnitt 1.7 im Lehrbuch). Ferner gilt für alle n ∈ N: a2n = 1 4 ( an−1 + 5 an−1 )2 = 1 4 ( a2n−1 + 10+ 25 a2 n−1 ) = 1 4 · 20+ 1 4 ( a2n−1 − 10+ 25 a2 n−1 ) = 5+ 1 4 ( an−1 − 5 an−1 )2 > 5 Damit ist nachgewiesen, dass auch die Aussage a2n > 5 für alle n ∈ N gilt. Zu b): Für die Folge (an)n∈N0 gilt an+1 − an < 0 für alle n ∈ N0. Denn es gilt: an+1 − an = 12 ( an + 5 an ) − an = 1 2 ( an + 5 an − 2an ) = 1 2 ( 5 an − an ) und 1 2 ( 5 an − an ) < 0 ⇐⇒ 5 an − an < 0 ⇐⇒ 5 < a2n Da nach Aufgabenteil a) a2n > 5 gilt, bedeutet dies, dass die Folge (an)n∈N0 streng monoton fallend ist (vgl. Definition 11.10b) im Lehrbuch). 150 Kapitel 11Folgen Zu c): Die Folge (an)n∈N0 ist gemäß den Aufgabenteilen a) und b) streng monoton fallend und durch 0 nach unten beschränkt. Sie ist damit auch konvergent (vgl. Satz 11.23b) im Lehrbuch). Ferner erhält man für den Grenzwert a (vgl. Satz 11.39 im Lehrbuch): a = lim n→∞ an = limn→∞ 1 2 ( an−1 + 5 an−1 ) = 1 2 lim n→∞ an−1 + 5 lim n→∞ an−1 = 1 2 ( a + 5 a ) Das heißt, für den Grenzwert a gilt a = 1 2 ( a + 5 a ) bzw. a2 = 5. Von den beiden Lösungen ±√5 der quadratischen Gleichung a2 = 5 kommt jedoch wegen an > 0 für alle n ∈ N0 (vgl. a)) nur der Wert √ 5 in Frage. Der Grenzwert der Folge (an)n∈N0 ist somit gegeben durch a = √5. ** Aufgabe 11.18 (Eulersche Zahl e) Ermitteln Sie die Grenzwerte der folgenden drei Folgen: a) Folge (an)n∈N mit an = ( 1+ 1 n+ 3 )n+2 b) Folge (bn)n∈N mit bn = ( 1− 1 n− 4 )3n c) Folge (cn)n∈N mit cn = ( 1+ 4 n+ 2 )3n+2 Lehrbuch: Abschnitt 11.8 Lösung: Zu a): Es sei m := n+ 3. Aus n → ∞ folgt dann auch m → ∞ und es gilt somit (vgl. Satz 11.39 und Definition 11.44 im Lehrbuch): lim n→∞ an = limm→∞ ( 1+ 1 m )m−1 = lim m→∞ ( 1+ 1 m )m · lim m→∞ ( 1+ 1 m )−1 = e · ( 1+ lim m→∞ 1 m )−1 = e · (1+ 0)−1 = e 151 Kapitel 11 Teil III: Folgen und Reihen Zu b): Es sei m := n − 4. Aus n → ∞ folgt dann auch m → ∞ und man erhält damit (vgl. Satz 11.39 und Satz 11.45 im Lehrbuch): lim n→∞ bn = limm→∞ ( 1− 1 m )3(m+4) = lim m→∞ ( 1− 1 m )3m · lim m→∞ ( 1− 1 m )12 = ( lim m→∞ ( 1− 1 m )m)3 · ( 1− lim m→∞ 1 m )12 = (e−1)3 · (1− 0)12 = e−3 Zu c): Es seim := n+2. Aus n → ∞ folgt dann auchm → ∞ und es gilt daher (vgl. Satz 11.39 und Satz 11.45 im Lehrbuch): lim n→∞ cn = limm→∞ ( 1+ 4 m )3(m−2)+2 = lim m→∞ ( 1+ 4 m )3m · lim m→∞ ( 1+ 4 m )−4 = ( lim m→∞ ( 1+ 4 m )m)3 · ( 1+ lim m→∞ 4 m )−4 = (e4)3 · (1+ 0)−4 = e12 152 12. Reihen * Aufgabe 12.1 (MC-Aufgaben zu Eigenschaften von Reihen) Kreuzen Sie an, welche der Aussagen a) bis e) wahr und welche falsch sind: a) Ist (an)n∈N0 eine Nullfolge, dann konvergiert die Reihe ∑∞ k=0 ak . b) Konvergiert die Reihe ∑∞ k=0 ak , dann ist (an)n∈N0 eine Nullfolge. c) Bei einer Reihe handelt es sich um eine Folge von Partialsummen. d) Jede arithmetische Reihe konvergiert. e) Nicht jede geometrische Reihe konvergiert. a) b) c) d) e) Wahr Falsch Lehrbuch: Abschnitte 12.1 bis 12.4 Lösung: Zu a): Falsche Aussage. Die Konvergenz der Folge (an)n∈N0 gegen 0 ist nur eine notwendige, aber keine hinreichende Bedingung für die Konvergenz der Reihe ∑∞ k=0 ak (vgl. Satz 12.11 im Lehrbuch). Zu b): Wahre Aussage. Siehe Erläuterung zu Aufgabenteil a). Zu c): Wahre Aussage (vgl. Definition 12.1 im Lehrbuch). Zu d): Falsche Aussage. Eine arithmetische Reihe ∑∞ k=0 ak mit an+1 − an = d für alle n ∈ N0 konvergiert genau dann, wenn a0 = d = 0 gilt (vgl. Satz 12.5a) im Lehrbuch). Zu e): Wahre Aussage. Eine geometrische Reihe ∑∞ k=0 ak mit an+1 = qan für alle n ∈ N0 und a0 = 0 konvergiert genau dann, wenn |q| < 1 gilt (vgl. Satz 12.5b) im Lehrbuch). * Aufgabe 12.2 (Konvergenz von Reihen) Berechnen Sie den Grenzwert der Reihe ∞∑ k=1 1 k(k + 1) . Beachten Sie hierbei, dass 1 k(k+1) = 1k − 1k+1 gilt. Lehrbuch: Abschnitt 12.2 Lösung: Mit dem Hinweis erhält man n∑ k=1 1 k(k + 1) = n∑ k=1 ( 1 k − 1 k + 1 ) = ( 1− 1 2 ) + ( 1 2 − 1 3 ) + . . .+ ( 1 n− 1 − 1 n ) + ( 1 n − 1 n+ 1 ) = 1− 1 n+ 1 und somit ∞∑ k=1 1 k(k + 1) = limn→∞ n∑ k=1 1 k(k + 1) = limn→∞ ( 1− 1 n+ 1 ) = 1. Der Grenzwert der Reihe ist somit 1. 153 Kapitel 12 Teil III: Folgen und Reihen ** Aufgabe 12.3 (Konvergenz von Reihen) Berechnen Sie den Grenzwert der Reihe 4 3 + 4 15 + 4 35 + 4 63 + . . . Beachten Sie hierbei, dass 4 (2k−1)(2k+1) = 22k−1 − 22k+1 gilt. Lehrbuch: Abschnitt 12.2 Lösung: Es gilt 4 3 + 4 15 + 4 35 + 4 63 + . . . = 4 1 · 3 + 4 3 · 5 + 4 5 · 7 + 4 7 · 9 + . . . = ∞∑ k=1 4 (2k − 1)(2k + 1) . Ferner erhält man mit dem Hinweis n∑ k=1 4 (2k − 1)(2k + 1) = n∑ k=1 ( 2 2k − 1 − 2 2k + 1 ) = ( 2− 2 3 ) + ( 2 3 − 2 5 ) + . . .+ ( 2 2n− 3 − 2 2n− 1 ) + ( 2 2n− 1 − 2 2n+ 1 ) = 2− 2 2n+ 1 und somit ∞∑ k=1 4 (2k − 1)(2k + 1) = limn→∞ n∑ k=1 4 (2k − 1)(2k + 1) = limn→∞ ( 2− 2 2n+ 1 ) = 2. Das heißt, der Grenzwert der Reihe ist 2. * Aufgabe 12.4 (Arithmetische Reihe) Ein Unternehmen produziert aktuell pro Jahr 430 Einheiten eines Gutes und möchte die Produktion in den nachfolgenden Jahren um jeweils 30 Einheiten steigern. a) Ermitteln Sie, wie viele Einheiten im zwanzigsten Jahr produziert werden. b) Berechnen Sie die Gesamtproduktionsmenge in den ersten zwanzig Jahren. c) Bestimmen Sie, wie viele Einheiten vom elften bis zum zwanzigsten Jahr produziert werden. Lehrbuch: Abschnitt 12.3 Lösung: Zu a): Die Produktionsmenge in zwei hintereinanderfolgenden Jahren unterscheidet sich stets um 30 Einheiten. Die Produktionsmenge nach n Jahren ist daher gleich dem Folgenglied an einer arithmetischen Folge (an)n∈N0 mit a0 = 430 und d = 30. Das heißt, für die Produktionsmenge in zwanzig Jahren gilt a20 = a0 + 20d = 430+ 20 · 30 = 1030. Zu b): Die Gesamtproduktionsmenge in den ersten zwanzig Jahren ist gegeben durch s20 = 20∑ k=0 (a0 + kd) = 20∑ k=0 (430+ 30k) = 21 ( 430+ 20 · 30 2 ) = 15330 (vgl. Satz 12.5a) im Lehrbuch). 154 Kapitel 12Reihen Zu c): Die im Zeitraum vom elften bis zum zwanzigsten Jahr produzierte Menge beträgt s20 − s10 = 15330− 10∑ k=0 (430+ 30k) = 15330− 11 ( 430+ 10 · 30 2 ) = 15330− 6380 = 8950. ** Aufgabe 12.5 (Geometrische Reihe) Geben Sie die folgenden beiden Reihen in der Form einer geometrischen Reihe∑∞ k=0 a0 qk an und bestimmen Sie jeweils ihren Wert: a) 415 + 845 + 16135 + . . . b) 47 + 835 + 16175 + . . . Lehrbuch: Abschnitt 12.3 Lösung: Zu a): Die Reihe lässt sich als geometrische Reihe der Form ∞∑ k=0 4 15 ( 2 3 )k = 4 15 ∞∑ k=0 ( 2 3 )k darstellen. Wegen 23 < 1 konvergiert diese geometrische Reihe, und ihr Grenzwert ist gegeben durch 4 15 1− 23 = 4 15 1 3 = 4 5 (vgl. Satz 12.5b) im Lehrbuch). Zu b): Diese Reihe lässt sich ebenfalls als geometrische Reihe der Gestalt ∞∑ k=0 4 7 ( 2 5 )k = 4 7 ∞∑ k=0 ( 2 5 )k darstellen. Wegen 25 < 1 konvergiert auch diese geometrische Reihe, und ihr Grenzwert ist gegeben durch 4 7 1− 25 = 4 7 3 5 = 20 21 . *** Aufgabe 12.6 (Geometrische Reihe) Betrachtet wird ein Stapel von immer kleiner werdenden Würfeln. Auf dem untersten Würfel der Kantenlänge 5 steht ein Würfel, dessen Kantenlänge der halben Seitendiagonalen des ersten Würfels entspricht. Auf dem zweiten Würfel steht ein Würfel, dessen Kantenlänge gleich der halben Seitendiagonalen des zweiten Würfels ist usw. Untersuchen Sie, ob dieser Stapel eine endliche Höhe besitzt und berechnen Sie diese gegebenenfalls. Lehrbuch: Abschnitt 12.3 Lösung: Im Folgenden bezeichnet kn für n ∈ N die Kantenlänge des n-ten Würfels. Dann gilt k1 = 5 und die Kantenlänge des n+ 1-ten Würfels ist gegeben durch kn+1 = 12 √ k2n + k2n = √ 2 2 kn. 155 Kapitel 12 Teil III: Folgen und Reihen Für die Höhe des Stapels erhält man damit ∞∑ n=1 kn = k1 + k2 + k3 + k4 + . . .+ kn+1 + . . . = k1 + √ 2 2 k1 + √ 2 2 k2 + √ 2 2 k3 + . . .+ √ 2 2 kn + . . . = k1 + √ 2 2 k1 + (√ 2 2 )2 k1 + (√ 2 2 )3 k1 + . . .+ (√ 2 2 )n k1 + . . . = ∞∑ n=0 (√ 2 2 )n k1 = 5 ∞∑ n=0 (√ 2 2 )n . Die Höhe des Stapels ist folglich durch eine geometrische Reihe gegeben, und wegen √ 2 2 < 1 konvergiert diese gegen den Grenzwert 5 ∞∑ n=0 (√ 2 2 )n = 5 1 1− √ 2 2 ≈ 17,07 (vgl. Satz 12.5b) im Lehrbuch). Die Höhe des Stapels beträgt also 17,07. ** Aufgabe 12.7 (MC-Aufgaben zu Eigenschaften von Reihen) Kreuzen Sie an, welche der Aussagen a) bis f) wahr und welche falsch sind: a) Für konvergente Reihen gelten die gleichen Rechenregeln wie für endliche Summen. b) Eine absolut konvergente Reihe ist auch konvergent. c) Eine Reihe ist genau dann absolut konvergent, wenn jede Umordnung der Reihenglieder gegen denselben Grenzwert konvergiert. d) Eine konvergente, aber nicht absolut konvergente Reihe kann so umgeordnet werden, dass sie gegen jeden beliebig vorgegebenen Wert konvergiert. e) Das Quotientenkriterium ist schärfer als das Wurzelkriterium. f) Eine Reihe konvergiert genau dann, wenn die Folge ihrer Partialsummen nach oben beschränkt ist. a) b) c) d) e) f ) Wahr Falsch Lehrbuch: Abschnitte 12.1, 12.6. und 12.7 Lösung: Zu a): Falsche Aussage. ZumBeispiel verändert sich bei konvergenten Reihen imAllgemeinen durch das Umordnen von Reihengliedern der Grenzwert (vgl. Seite 313 im Lehrbuch). Zu b): Wahre Aussage (vgl. Satz 12.22 im Lehrbuch). Zu c): Wahre Aussage (vgl. Satz 12.23a) im Lehrbuch). Zu d): Wahre Aussage (vgl. Satz 12.23b) im Lehrbuch). Zu e): Falsche Aussage. Die umgekehrte Aussage ist richtig (vgl. Seite 318 im Lehrbuch). Zu f): FalscheAussage.DieAussage ist nur fürReihenmit nichtnegativenReihengliedern richtig (vgl. Satz 12.13 im Lehrbuch). 156 Kapitel 12Reihen ** Aufgabe 12.8 (Majoranten- und Minorantenkriterium) a) Weisen Sie mittels des Majorantenkriteriums nach, dass die Reihe ∑∞ k=1 k1+k4 konvergiert. b) Weisen Sie mittels des Minorantenkriteriums nach, dass die Reihe ∑∞ k=1 k 2+1 k3+k−1 divergiert. Lehrbuch: Abschnitte 12.3 und 12.5 Lösung: Zu a): Für alle k ≥ 1 gilt k 1+ k4 ≤ k k4 = 1 k3 . Folglich ist die konvergente Reihe ∑∞ k=1 1k3 (vgl. Beispiel 12.16b) im Lehrbuch) eine konvergente Majorante der Reihe ∑∞ k=1 k1+k4 .Mit demMajorantenkriterium folgt somit, dass auch ∑∞ k=1 k1+k4 konvergiert (vgl. Satz 12.15a) im Lehrbuch). Zu b): Für alle k ≥ 1 gilt k2 + 1 k3 + k − 1 = 1 k(k2+1)−1 k2+1 = 1 k − 1 k2+1 > 1 k . Die divergente harmonische Reihe ∑∞ k=1 1k (vgl. Beispiel 12.10b) im Lehrbuch) ist somit eine divergente Minorante von ∑∞ k=1 k 2+1 k3+k−1 . Mit dem Minorantenkriterium folgt daher, dass auch die Reihe ∑∞ k=1 k 2+1 k3+k−1 divergent ist (vgl. Satz 12.15b) im Lehrbuch). *** Aufgabe 12.9 (Majoranten- und Minorantenkriterium) a) Weisen Sie mittels des Majorantenkriteriums nach, dass die Reihe ∑∞ k=2 12k− 2k konvergiert. b) Weisen Sie mittels des Minorantenkriteriums nach, dass die Reihe ∑∞ k=1 ln ( 1+ 1 k ) divergiert. Lehrbuch: Abschnitte 12.3 und 12.5 Lösung: Zu a): Für alle k ≥ 2 gilt 2k − 2 k ≥ 2k − 2 = 2 k 2 + 2 k 2 − 2︸ ︷︷ ︸ ≥0 ≥ 2 k 2 = 2k−1 und damit auch 1 2k − 2 k ≤ 1 2k−1 = ( 1 2 )k−1 . Die geometrische Reihe ∑∞ k=2 ( 1 2 )k−1 = ∑∞k=1 ( 12)k ist daher eine konvergente Majorante der Reihe∑∞ k=2 12k− 2 k , die damit gemäß desMajorantenkriteriums ebenfalls konvergiert (vgl. Satz 12.15a) imLehrbuch). Zu b): Es gilt ( 1+ 1 k )k ≥ 2 für alle k ∈ N. Daraus folgt ln ( 1+ 1 k )k ≥ ln(2) bzw. ln ( 1+ 1 k ) ≥ ln(2) k . Da ferner die harmonische Reihe ∑∞ k=1 1k divergent ist (vgl. Beispiel 12.10b) im Lehrbuch), handelt es sich bei der Reihe ln(2) ∑∞ k=1 1k um eine divergente Minorante von ∑∞ k=1 ln ( 1+ 1 k ) . Folglich ist gemäß des Minorantenkriteriums auch die Reihe ∑∞ k=1 ln ( 1+ 1 k ) divergent (vgl. Satz 12.15b) im Lehrbuch). 157 Kapitel 12 Teil III: Folgen und Reihen ** Aufgabe 12.10 (Wurzelkriterium) Untersuchen Sie die folgenden beiden Reihen mit Hilfe des Wurzelkriteriums auf absolute Konvergenz: a) ∞∑ k=1 ( 4 5 − 3√k )k b) ∞∑ k=1 2(−1)k−k Lehrbuch: Abschnitt 12.7 Lösung: Zu a): Es gilt k √|ak | = k √∣∣∣∣45 − 3√k ∣∣∣∣k = ∣∣∣∣45 − 3√k ∣∣∣∣ . Daraus folgt lim k→∞ k √|ak | = 45 < 1. Mit demWurzelkriterium erhält man somit, dass die Reihe absolut konvergent ist (vgl. Satz 12.26 imLehrbuch). Zu b): Es gilt k √|ak | = k√∣∣∣2(−1)k−k∣∣∣ = 2 1k ((−1)k−k) = 2 1k (−1)k−1 = 2 1k (−1)k 2−1 = 12 · 2 1k (−1)k . Zusammen mit lim k→∞ 2 1 k (−1)k = 2 limk→∞ (−1)k k = 20 = 1 impliziert dies lim k→∞ k √|ak | = 12 < 1. Die Reihe ist daher nach dem Wurzelkriterium absolut konvergent. ** Aufgabe 12.11 (Quotientenkriterium) Untersuchen Sie die folgenden beiden Reihen mit Hilfe des Quotientenkriteriums auf absolute Konvergenz: a) ∞∑ k=2 1 2k− 2k b) ∞∑ k=1 32k (2k)! Lehrbuch: Abschnitt 12.7 Lösung: Zu a): Es gilt∣∣∣∣ak+1ak ∣∣∣∣ = 2k − 2k2k+1 − 2 k+1 = 2k+1 ( 1 2 − 12kk ) 2k+1 ( 1− 1 2k(k+1) ) = 12 − 12kk 1− 1 2k(k+1) Daraus folgt lim k→∞ ∣∣∣∣ak+1ak ∣∣∣∣ = 12 < 1. Mit dem Quotientenkriterium erhält man daher, dass die Reihe absolut konvergent ist (vgl. Satz 12.24 im Lehrbuch). 158 Kapitel 12Reihen Zu b): Es gilt ∣∣∣∣ak+1ak ∣∣∣∣ = 32(k+1) (2k)!(2(k + 1))! 32k = 32(2k + 1)(2k + 2) . Damit folgt weiter lim k→∞ ∣∣∣∣ak+1ak ∣∣∣∣ = 0 < 1. Das heißt, gemäß des Quotientenkriteriums ist auch diese Reihe absolut konvergent. ** Aufgabe 12.12 (Wurzelkriterium) Geben Sie die beiden folgenden Reihen in der Form ∑∞ k=1 ak bzw. ∑∞ k=0 ak an und untersuchen Sie diese Reihen mit Hilfe des Wurzelkriteriums auf absolute Konvergenz: a) ( 1 2 + 1 )+ ( 12 + 12 )2 + ( 12 + 13)3 + ( 12 + 14 )4 + . . . b) 11+1 + 21+4 + 41+16 + 81+64 + 161+256 + . . . Lehrbuch: Abschnitt 12.7 Lösung: Zu a): Die Reihe besitzt die Darstellung ∞∑ k=1 ( 1 2 + 1 k )k . Ferner gilt k √|ak | = k √( 1 2 + 1 k )k = 1 2 + 1 k und damit lim k→∞ k √|ak | = 12 < 1. Mit demWurzelkriterium erhält man somit, dass die Reihe absolut konvergent ist (vgl. Satz 12.26 imLehrbuch). Zu b): Die Reihe besitzt die Darstellung ∞∑ k=0 2k 1+ 22k = ∞∑ k=0 2k 1+ 4k . Ferner erhält man k √|ak | = k √ 2k 1+ 4k = k √√√√√ 4k ( 2k 4k ) 4k ( 1 4k + 1 ) = k √√√√√ ( 1 2 )k 1 4k + 1 = 1 2 k √ 1 4k + 1 und somit lim k→∞ k √|ak | = 12 < 1. Mit dem Wurzelkriterium folgt somit, dass die Reihe absolut konvergent ist. ** Aufgabe 12.13 (Quotientenkriterium) Geben Sie die folgenden beiden Reihen in der Form ∑∞ k=1 ak an und untersuchen Sie die Reihen mit Hilfe des Quotientenkriteriums auf absolute Konvergenz: a) 12 + 84 + 278 + 6416 + 12532 + . . . b) 1+ 24 + 627 + 24256 + 1203125 + . . . Lehrbuch: Abschnitt 12.7 159 Kapitel 12 Teil III: Folgen und Reihen Lösung: Zu a): Die Reihe besitzt die Darstellung ∞∑ k=1 k3 2k . Ferner gilt ∣∣∣∣ ak+1ak ∣∣∣∣ = (k + 1)32k2k+1k3 = (k3 + 3k2 + 3k + 1)2k2k+1k3 = 1+ 3 k + 3 k2 + 1 k3 2 . Daraus folgt lim k→∞ ∣∣∣∣ak+1ak ∣∣∣∣ = 12 < 1. Mit dem Quotientenkriterium folgt daher, dass die Reihe absolut konvergent ist (vgl. Satz 12.24 im Lehrbuch). Zu b): Die Reihe besitzt die Darstellung ∞∑ k=1 k! kk . Ferner erhält man∣∣∣∣ak+1ak ∣∣∣∣ = (k + 1)! kk(k + 1)k+1k! = kk(k + 1)k = ( k k + 1 )k = ( 1 k+1 k )k = 1( 1+ 1 k )k . Daraus folgt lim k→∞ ∣∣∣∣ak+1ak ∣∣∣∣ = 1e < 1 (vgl. (11.10) im Lehrbuch). Mit demQuotientenkriterium folgt daher, dass auch diese Reihe absolut konvergent ist. *** Aufgabe 12.14 (Cauchy-Produkt) Weisen Sie mit Hilfe des Cauchy-Produkts nach, dass 1 (1− q)2 = ∞∑ k=1 kqk−1 für alle q ∈ R mit |q| < 1 gilt. Lehrbuch: Abschnitte 12.3 und 12.9 Lösung: Für eine geometrische Reihe ∑∞ k=0 qk mit |q| < 1 gilt ∞∑ k=0 qk = 1 1− q (vgl. Satz 12.5b) im Lehrbuch). Damit erhält man 1 (1− q)2 = 1 1− q · 1 1− q = ∞∑ k=0 qk · ∞∑ k=0 qk, und mit Hilfe des Cauchy-Produkts (vgl. Folgerung 12.33 im Lehrbuch) folgt daraus weiter 1 (1− q)2 = ∞∑ k=0 qk · ∞∑ k=0 qk = ∞∑ k=0 k∑ l=0 qlqk−l = ∞∑ k=0 k∑ l=0 qk = ∞∑ k=0 qk k∑ l=0 1 = ∞∑ k=0 qk(k + 1) = ∞∑ k=0 (k + 1)qk = ∞∑ k=1 kqk−1. 160

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References

Zusammenfassung

450 Aufgaben mit Lösungen zur Prüfungsvorbereitung

Vorteile

- 450 Aufgaben mit ausführlichen Lösungen und unterschiedlichen Schwierigkeitsgraden

- Abgestimmt auf das Lehrbuch "Mathematik für Wirtschaftswissenschaftler" (Merz/Wüthrich)

Zum Werk

Die Mathematikausbildung spielt eine zentrale Rolle im wirtschaftswissenschaftlichen Studium, da sie die methodischen Grundlagen für zahlreiche Vorlesungen liefert. So zentral die Rolle der Mathematik in der Ökonomie ist, so schwer tun sich allerdings die Studierenden mit mathematischen Methoden und Konzepten.

Dieses Übungsbuch hilft Studierenden, ihr erworbenes Wissen anzuwenden und zu testen. Über 400 Übungsaufgaben mit ausführlichen Lösungen unterstützen bei der optimalen Prüfungsvorbereitung. Zur besseren Orientierung wird jeder Aufgabe ein Schwierigkeitsgrad zugeordnet und ein Verweis auf den entsprechenden Abschnitt im zugrunde liegenden Lehrbuch "Mathematik für Wirtschaftswissenschaftler" von Merz/Wüthrich gegeben.

Autor

Prof. Dr. Michael Merz, Hamburg.

Zielgruppe

Studierende im Bachelor der Wirtschaftswissenschaften an Universitäten und Hochschulen.