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%\markboth{Beth Scorer (5643272), Fabian Schulz (5575935), Thomas Dettbarn (560641)\hfill\today\hfill}{Beth Scorer (5643272), Fabian Schulz (5575935), Thomas Dettbarn (560641)\hfill\today\hfill}
\markboth{Beth Scorer, Fabian Schulz, Thomas Dettbarn\hfill Blatt 2\hfill}{Beth Scorer, Fabian Schulz, Thomas Dettbarn\hfill Blatt 2\hfill}
\begin{document}
\title{"Ubungsaufgaben Analysis I\\Blatt 2}
\author{Beth Scorer, 5643272\\Fabian Schulz, 5575935\\Thomas Dettbarn, 5610641}
\maketitle
\newpage
\subsection*{1.) Sei $r\in \N$. Man zeige: Es gibt $a_{r1},\dots,a_{rr}\in\Q$, so da"s f"ur alle $n\in\N$ gilt: $\sum\limits^n_{k=1}k^r=\frac{1}{r+1}n^{r+1}+\sum\limits^r_{i=1}a_{ri}n^i$}
\subsection*{2.) Seien $a_1,\dots,a_n$ nicht negative reelle Zahlen. Man beweise f"ur $a:=\frac{a_1+\dots+a_n}{n}$ die Absch"atzung $a_1\cdot\dots\cdot a_n\leqslant a^n$}
\subsection*{3.) Setze $a_n:=\Bigg(1+\frac{1}{n}\Bigg)^n$, $b_n:=\Bigg(1+\frac{1}{n}\Bigg)^{n+1}$ f"ur $n=1,2,\dots$}
\subsubsection*{i.) $a_n<a_{n+1}$}
Zuerst wird $a_n$ umgeformt:

\begin{eqnarray*}
a_n=&\Bigg(1+\frac{1}{n}\Bigg)^{n}&=\Bigg(\frac{n}{n}+\frac{1}{n}\Bigg)^{n}=\Bigg(\frac{n+1}{n}\Bigg)^{n}\\
a_n+1=&\Bigg(1+\frac{1}{n+1}\Bigg)^{n+1}&=\Bigg(\frac{n+1}{n+1}+\frac{1}{n+1}\Bigg)^{n+1}=\Bigg(\frac{n+2}{n+1}\Bigg)^{n+1}\\
\end{eqnarray*}

Nun wird gezeigt, da"s f"ur alle $n\in \N$ $a_n<a_{n+1}$ gilt:
\begin{eqnarray*}
\Bigg(\frac{n+1}{n}\Bigg)^{n}&<&\Bigg(\frac{n+2}{n+1}\Bigg)^{n+1}\\
\Bigg(\frac{n+1}{n}\Bigg)^{n}&<&\Bigg(\frac{n+2}{n+1}\Bigg)^{n}\cdot\Bigg(\frac{n+2}{n+1}\Bigg)\\
1&<&\left[\frac{\Big(\frac{n+2}{n+1}\Big)}{\Big(\frac{n+1}{n}\Big)}\right]^n\cdot\Bigg(\frac{n+2}{n+1}\Bigg)\\
1&<&\left(\frac{(n+2)\cdot n}{(n+1)\cdot(n+1)}\right)^n\cdot \Bigg(\frac{n+2}{n+1}\Bigg)\\
1&<&\left(\frac{n^2+2n}{n^2+2n+1}\right)^n\cdot \Bigg(\frac{n+2}{n+1}\Bigg)\\
1&<&\left(\frac{n^2+2n+1-1}{n^2+2n+1}\right)^n\cdot \Bigg(\frac{n+2}{n+1}\Bigg)\\
1&<&\left(\frac{(n+1)^2}{(n+1)^2}-\frac{1}{(n+1)^2}\right)^n\cdot \Bigg(\frac{n+2}{n+1}\Bigg)\\
1&<&\left(1-\frac{1}{(n+1)^2}\right)^n\cdot \Bigg(\frac{n+2}{n+1}\Bigg)\\
\end{eqnarray*}
In die Bernoulli-Ungleichung $(1+xn)\leqslant (1+x)^n$ kann man dann $x:=-\frac{1}{(n+1)^2}$ einsetzen:\\
\begin{eqnarray*}
1+n\cdot \left(-\frac{1}{(n+1)^2}\right)&\leqslant&\left(1-\frac{1}{(n+1)^2}\right)^n
\end{eqnarray*}
Und das ganze auf beiden Seiten mit $\frac{n+2}{n+1}$ multiplizieren:
\begin{eqnarray*}
1\leqslant\left[1+n\cdot \left(-\frac{1}{(n+1)^2}\right)\right]\cdot\frac{n+2}{n+1}&\leqslant&\left(1-\frac{1}{(n+1)^2}\right)^n\cdot\frac{n+2}{n+1}
\end{eqnarray*}
Wenn nun die linke Seite gr"o"ser oder gleich 1 ist, so gilt das gesagte.
\begin{eqnarray*}
1&\leqslant&\left[1+n\cdot \left(-\frac{1}{(n+1)^2}\right)\right]\cdot\frac{n+2}{n+1}\\
&=&\left[1-\frac{n}{(n+1)^2}\right]\cdot\frac{n+2}{n+1}\\
&=&\frac{n+2}{n+1}-\frac{n\cdot(n+2)}{(n+1)^3}\\
&=&\frac{(n+2)\cdot(n+1)^2}{(n+1)^3}-\frac{n\cdot(n+2)}{(n+1)^3}\\
&=&\frac{(n+2)\cdot(n+1)^2-n\cdot(n+2)}{(n+1)^3}\\
&=&\frac{(n+2)\cdot(n^2+2n+1)-n^2-2n}{(n+1)^3}\\
&=&\frac{n^3+2n^2+n+2n^2+4n+2-n^2-2n}{(n+1)^3}\\
&=&\frac{n^3+3n^2+3n+2}{(n+1)^3}\\
&=&\frac{n^3+3n^2+3n+1+1}{(n+1)^3}\\
&=&\frac{(n+1)^3+1}{(n+1)^3}\\
&=&1+\frac{1}{(n+1)^3}
\end{eqnarray*}
Damit gilt $1\leqslant1+\frac{1}{(n+1)^3}\leqslant \left(1-\frac{1}{(n+1)^2}\right)^n\cdot\frac{n+2}{n+1}$.\\
Damit gilt $1\leqslant\frac{a_{n+1}}{a_n}$\\
Damit gilt $a_n<a_{n+1}$\\

q.e.d.
\subsubsection*{ii.) $b_n>b_{n+1}$}
Zuerst wird $b_n$ umgeformt:

\begin{eqnarray*}
b_n=&\Bigg(1+\frac{1}{n}\Bigg)^{n+1}&=\Bigg(\frac{n}{n}+\frac{1}{n}\Bigg)^{n+1}=\Bigg(\frac{n+1}{n}\Bigg)^{n+1}\\
b_n+1=&\Bigg(1+\frac{1}{n+1}\Bigg)^{n+2}&=\Bigg(\frac{n+1}{n+1}+\frac{1}{n+1}\Bigg)^{n+2}=\Bigg(\frac{n+2}{n+1}\Bigg)^{n+2}\\
\end{eqnarray*}
Nun wird gezeigt, da"s f"ur alle $n\in \N\;\;b_n>b_{n+1}$ gilt.
\begin{eqnarray*}
\Bigg(\frac{n+1}{n}\Bigg)^{n+1}&>&\Bigg(\frac{n+2}{n+1}\Bigg)^{n+2}\\
\Bigg(\frac{n+1}{n}\Bigg)^{n+1}&>&\Bigg(\frac{n+2}{n+1}\Bigg)^{n+1}\cdot\Bigg(\frac{n+2}{n+1}\Bigg)\\
\left(\frac{\left(\frac{n+1}{n}\right)}{\left(\frac{n+2}{n+1}\right)}\right)^{n+1}\cdot\left(\frac{1}{\left(\frac{n+2}{n+1}\right)}\right)&>&1\\
\left(\frac{(n+1)^2}{n\cdot(n+2)}\right)^{n+1}\cdot\left(\frac{n+1}{n+2}\right)&>&1\\
\left(\frac{n^2+2n+1}{n^2+2n}\right)^{n+1}\cdot\left(\frac{n+1}{n+2}\right)&>&1\\
\left(\frac{n^2+2n}{n^2+2n}-\frac{1}{n^2+2n}\right)^{n+1}\cdot\left(\frac{n+1}{n+2}\right)&>&1\\
\left(1-\frac{1}{n^2+2n}\right)^{n+1}\cdot\left(\frac{n+1}{n+2}\right)&>&1\\
\end{eqnarray*}
In die Bernoulli-Ungleichung $(1+x)^n\geqslant(1+xn)$ kann man dann $x:=-\frac{1}{n^2+2n}$ einsetzen:
\begin{eqnarray*}
\left(1-\frac{1}{n^2+2n}\right)^{n+1}&\geqslant& 1+\left(1-\frac{1}{n^2+2n}\right)\cdot (n+1)
\end{eqnarray*}
Und das ganze auf beiden Seiten mit $\frac{n+1}{n+2}$ multiplizieren:
\begin{eqnarray*}
\left(1-\frac{1}{n^2+2n}\right)^{n+1}\cdot\left(\frac{n+1}{n+2}\right)&\geqslant& \left[1+\left(1-\frac{1}{n^2+2n}\right)\cdot (n+1)\right]\cdot\left(\frac{n+1}{n+2}\right)
\end{eqnarray*}
Wenn die rechte Seite gr"o"ser oder gleich 1 ist gilt das gesagte.
\begin{eqnarray*}
1&<&\left[1+\left(1-\frac{1}{n^2+2n}\right)\cdot (n+1)\right]\cdot\left(\frac{n+1}{n+2}\right)\\
&=&\left(1+n+1-\frac{n+1}{n^2+2n}\right)\cdot\frac{n+1}{n+2}\\
&=&\left(n+2-\frac{n+1}{n^2+2n}\right)\cdot\frac{n+1}{n+2}\\
&=&(n+2)\frac{n+1}{n+2}-\frac{n+1}{n^2+2n}\cdot\frac{n+1}{n+2}\\
&=&\frac{(n+2)(n+1)}{n+2}-\frac{(n+1)^2}{(n^2+2n)\cdot(n+2)}\\
&=&\frac{(n^2+2n)(n+2)(n+1)}{(n^2+2n)(n+2)}-\frac{(n+1)^2}{(n^2+2n)\cdot(n+2)}\\
&=&\frac{(n^2+2n)(n+2)(n+1)-(n+1)^2}{(n^2+2n)(n+2)}\\
&=&\frac{(n^2+2n)(n+2)(n+1)-n^2-2n-1}{(n^2+2n)(n+2)}\\
&=&\frac{(n^2+2n)(n+2)(n+1)}{(n^2+2n)(n+2)}-\frac{n^2+2n}{(n^2+2n)(n+2)}-\frac{1}{(n^2+2n)(n+2)}\\
&=&n+1-\frac{1}{n+2}-\frac{1}{(n^2+2n)(n+2)}\\
&=&n+1-\frac{(n^2+2n}{(n^2+2n)(n+2)}-\frac{1}{(n^2+2n)(n+2)}\\
&=&n+1-\frac{n^2+2n-1}{(n^2+2n)(n+2)}\\
&=&n+1-\frac{-(n^2-2n+1)}{(n^2+2n)(n+2)}\\
&=&n+1-\frac{-(n-1)^2}{(n^2+2n)(n+2)}\\
&=&n+1+\frac{(n-1)^2}{(n^2+2n)(n+2)}
\end{eqnarray*}
Damit gilt $\left[1+\left(1-\frac{1}{n^2+2n}\right)\cdot (n+1)\right]\cdot\left(\frac{n+1}{n+2}\right)>1$\\
Damit gilt $\left(1-\frac{1}{n^2+2n}\right)^{n+1}\cdot\frac{n+1}{n+2}>1$\\
Damit gilt $\frac{b_n}{b_{n+1}}>1$\\
Damit gilt $b_n>b_{n+1}$\\

q.e.d.
\subsubsection*{iii.) $a_n<\sum\limits^n_{k=0}\frac{1}{k!}<3$ f"ur $n>1$}

{\bf Behauptung:} $a_n<\sum\limits^n_{k=0}\frac{1}{k!}$ gilt.\\

{\bf Beweis:}\\
$\Big(1+\frac{1}{n}\Big)^n$ l"ast sich schreiben als $\sum\limits^n_{k=0}\ueber{n}{k}1^{n-k}\Big(\frac{1}{n}\Big)^k=\sum\limits^n_{k=0}\ueber{n}{k}\Big(\frac{1}{n}\Big)^k$. F"ur jedes Summenglied gilt dann
\begin{eqnarray*}
{n\choose k} \Big(\frac{1}{n}\Big)^k&=&\frac{n!}{k!(n-k)!}\cdot\frac{1}{n^k}\\
&=&\frac{1\cdot 2\cdot \dots \cdot n}{k!\cdot 1\cdot 2\cdot\dots\cdot (n-k)\cdot n^k}\\
&=&\frac{1\cdot \dots\cdot(n-k)\hspace{-6em}\raisebox{0.5em}{\underline{\hspace{6em}}}\cdot (n-k+1)\cdot\dots\cdot n}{k!\cdot 1\cdot\dots\cdot(n-k)\hspace{-6em}\raisebox{0.5em}{\underline{\hspace{6em}}}\cdot n^k}\\
&=&\frac{(n-k+1)\cdot\dots\cdot(n-1)\cdot n}{k!n^k}\\
&=&\frac{1}{k!}\cdot\frac{(n-k+1)\cdot\dots\cdot(n-1)\cdot n}{n^k}\\
&=&\frac{1}{k!}\cdot\frac{n-k+1}{n}\cdot\dots\cdot\frac{n-1}{n}\cdot \frac{n}{n}\\
\end{eqnarray*}
Dieser Bruch l"asst sich nun schreiben als
\begin{eqnarray*}
&=&\frac{1}{k!}\cdot\prod\limits^k_{i=1}\frac{(n-k+i)}{n}\\
\end{eqnarray*}
Da hier $(n-k+i)\leqslant n$ gilt $\frac{(n-k+i)}{n}\leqslant 1$\\
Damit gilt $\prod\limits^k_{i=1}\frac{(n-k+i)}{n}<1,\quad \forall k>1$\\
Damit gilt $\frac{1}{k!}\cdot\prod\limits^k_{i=1}\frac{(n-k+i)}{n}<\frac{1}{k!},\quad\forall k>1$\\
Damit gilt $\sum\limits^n_{k=0}\ueber{n}{k}\Big(\frac{1}{n}\Big)^k<\sum\limits_{k=0}^n\frac{1}{k!}$\\
Damit gilt $a_n<\sum\limits_{k=0}^n\frac{1}{k!}$\\

q.e.d.\\

$ $\\
{\bf Behauptung:} $\sum\limits^n_{k=0}\frac{1}{k!}<3$ gilt, da $\sum\limits^n_{k=0}\frac{1}{k!}<b_n$ gilt und $b_n<3$ f"ur alle $n>2$.

{\bf Beweis:} 
Oehm, ja.... macht mal.
\subsection*{4.) F"ur positive Zahlen $a,b$ definiert man $A(a,b):=\frac{a+b}{2},\;G:=\sqrt{ab},\;H:=\frac{2ab}{a+b}$. Man beweise $H(a,b)\leqslant G(a,b)\leqslant A(a,b)$}
Gleichheit gilt f"ur $a=b$.\\

\begin{eqnarray*}
\frac{2ab}{a+b}\leqslant&\sqrt{ab}&\leqslant\frac{a+b}{2}\\
\Rightarrow\frac{2aa}{a+a}\leqslant&\sqrt{aa}&\leqslant\frac{a+a}{2}\\
\frac{2a^2}{2a}\leqslant&\sqrt{a^2}&\leqslant\frac{2a}{2}\\
a=&a&=a
\end{eqnarray*}
Um zu beweisen, da"s $H(a,b)\leqslant G(a,b)\leqslant A(a,b)$ gilt, gen"ugt es zu zeigen, da"s $H(a,b)\leqslant G(a,b)$ und $G(a,b)\leqslant A(a,b)$ gelten.
\subsubsection*{$H(a,b)\leqslant G(a,b)$}
Der Fall der Gleichheit wurde bereits betrachtet, somit auch $a:=0$ und $b:=0$. 
F"ur alle anderen gilt:
\begin{eqnarray*}
\frac{2ab}{a+b}&\leqslant&\sqrt{ab}\\
\frac{4a^2b^2}{(a+b)^2}&\leqslant&ab\\
\frac{4a^2b^2}{(a+b)^2}&\leqslant&\frac{(a+b)^2}{(a+b)^2}ab\\
4a^2b^2&\leqslant&(a^2+2ab+b^2)ab\\
4a^2b^2&\leqslant&2a^2b^2+ab^3+a^3b
\end{eqnarray*}
Nun mu"s man zeigen, da"s $2a^2b^2\leqslant ab^3+a^3b$ gilt.\\

F"ur den Fall, da"s $a>b$ gilt, da"s die Differenz $x=b-a$ gr"o"ser ist als 0.\\
$b$ l"a"st sich damit schreiben als $b=a+x$.\\

Somit ergibt sich
\begin{eqnarray*}
2a^2(a+x)^2&\leqslant&a(a+x)^3+a^3(a+x)\\
2a^2(a^2+2ax+x^2)&\leqslant&a(a^3+3a^2x+3ax^2+x^3)+a^4+a^3x\\
2a^4+4a^3x+2a^2x^2&\leqslant&a^4+3a^3x+3a^2x^2+ax^3+a^4+a^3x\\
2a^4+4a^3x+2a^2x^2&\leqslant&2a^4+4a^3x+3a^2x^2+ax^3\\
0&\leqslant&a^2x^2+ax^3\\
\end{eqnarray*}
Somit gilt nur f"ur den Fall $x=0$ Gleichheit. Da $b$ aber $b=a+x$ ist, gilt Gleichheit somit ebenfalls nur bei $b=a$.\\

F"ur den Fall $b>a$ l"auft der Beweis analog ab. $a$ l"a"st sich dann schreiben als $a=b+x$.


\subsubsection*{$G(a,b)\leqslant A(a,b)$}
\begin{eqnarray*}
\sqrt{ab}&\leqslant&\frac{a+b}{2}\\
ab&\leqslant&\left(\frac{a+b}{2}\right)^2\\
ab&\leqslant&\frac{a^2+2ab+b^2}{4}\\
ab&\leqslant&\frac{a^2}{4}+\frac{ab}{2}+\frac{b^2}{4}\\
ab&\leqslant&\frac{a^2}{4}+\frac{b^2}{4}+\frac{ab}{2}
\end{eqnarray*}
Nun mu"s man zeigen, da"s $\frac{ab}{2}\leqslant\frac{a^2}{4}+\frac{b^2}{4}$ gilt.
\begin{eqnarray*}
\frac{ab}{2}&\leqslant&\frac{a^2}{4}+\frac{b^2}{4}\\
ab&\leqslant&\frac{a^2}{2}+\frac{b^2}{2}\\
\end{eqnarray*}
F"ur den Fall, da"s $a>b$ gilt, da"s die Differenz $x=b-a$ gr"o"ser ist als 0.\\
$b$ l"a"st sich damit schreiben als $b=a+x$.\\

Somit ergibt sich 
\begin{eqnarray*}
a(a+x)&\leqslant&\frac{a^2}{2}+\frac{(a+x)^2}{2}\\
a^2+ax&\leqslant&\frac{a^2}{2}+\frac{a^2+2ax+x^2}{2}\\
a^2+ax&\leqslant&\frac{a^2}{2}+\frac{a^2}{2}+\frac{2ax}{2}+\frac{x^2}{2}\\
a^2+ax&\leqslant&a^2+ax+\frac{x^2}{2}\\
0&\leqslant&x^2\\
\end{eqnarray*}

Somit gilt nur f"ur den Fall $x=0$ Gleichheit. Da $b$ aber $b=a+x$ ist, gilt Gleichheit somit ebenfalls nur bei $b=a$.\\

F"ur den Fall $b>a$ l"auft der Beweis analog ab. $a$ l"a"st sich dann schreiben als $a=b+x$.

\end{document}
