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\newcommand{\matrixx}[4]{\left(\begin{array}{cc}{#1}&{#2}\\{#3}&{#4}\\\end{array}\right)}

%\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 8\hfill}{Beth Scorer, Fabian Schulz, Thomas Dettbarn\hfill Blatt 8\hfill}
\begin{document}
\title{"Ubungsaufgaben Analysis I\\Blatt 8}
\author{Beth Scorer, 5643272\\Fabian Schulz, 5575935\\Thomas Dettbarn, 5610641}
\maketitle
\newpage
\subsection*{1.) Man untersuche die folgenden Reihen auf Konvergenz bzw. Divergenz}
\subsubsection*{a.) $\sum\limits^\infty_{n=1}\frac{n!}{n^n}$}
F"ur zwei aufeinanderfolgende Folgenglieder gilt
\begin{eqnarray*}
a_n:=\frac{n!}{n^n}\\
a_{n+1}:=\frac{(n+1)!}{(n+1)^{n+1}}\\
\end{eqnarray*}
Damit ist nach dem Quotientenkriterium von d'Alembert $\frac{a_{n+1}}{a_n}$ also
\begin{eqnarray*}
\frac{\frac{(n+1)!}{(n+1)^{n+1}}}{\frac{n!}{n^n}}=\frac{(n+1)!}{n!}\cdot\frac{n^n}{(n+1)^{n+1}}=(n+1)\cdot\frac{n^n}{(n+1)^{n+1}}=\frac{n^n}{(n+1)^n}
\end{eqnarray*}
$\frac{n^n}{(n+1)^n}\leqslant \frac{1}{2},\;\forall n\in \N$, somit existiert ein $q<1$, so da"s f"ur alle $\frac{a_{n+1}}{a_n}\leqslant q$ gilt. Damit konvergiert die Folge absolut.
\subsubsection*{b.) $\sum\limits^\infty_{n=0}\frac{n^4}{3^n}$}
Hier bietet sich das Wurzelkriterium von Cauchy an:
\begin{eqnarray*}
\sqrt[n]{\frac{n^4}{3^n}}
\end{eqnarray*}
Ab $n=8$ ist $\frac{n^4}{3^n}< 1$, damit existiert ein $q<1$, so da"s $\sqrt[n]{a_n}\leqslant q$ gilt.
\subsubsection*{c.) $\sum\limits^\infty_{n=0}\frac{n+4}{n^2-3n+1}$}
Minorantenkriterium.
F"ur alle $n\geqslant 4\in\N$ gilt
\begin{eqnarray*}
\frac{n+4}{n^2-3n+1}\geqslant\frac{n}{n^2-3n+1}=\frac{1}{n-3+\frac{1}{n}}\geqslant\frac{1}{n}
\end{eqnarray*}
da 
\begin{eqnarray*}
\lim\limits_{n\to\infty}n-3+\frac{1}{n}=n-3+0=n-3
\end{eqnarray*}
ist. Somit sind fast alle Folgenglieder gr"o"ser als die der Reihe $\sum\limits^\infty_{n=1}\frac{1}{n}$, welche bekanntlich divergiert, somit divergiert auch $\sum\limits^\infty_{n=1}\frac{n+4}{n^2-3n+1}$.\\

\subsubsection*{d.) $\sum\limits^\infty_{n=1}\frac{(n+1)^{n-1}}{(-n)^n}$}
Leibnitzkriterium, eine alternierende Reihe, deren Folgenglieder eine Nullfolge bilden, konvergiert.\\

Wegen $(-n)^n$ ist die Reihe alternierend. Jedes einzelne Folgenglied ohne die Alternierung ist
\begin{eqnarray*}
\frac{(n+1)^{n-1}}{n^2}&=&\underbrace{\frac{(n+1)\cdot(n+1)\cdot(n+1)\cdot\dots\cdot(n+1)}{n\cdot n\cdot n\cdot \dots\cdot n}}_{n-1\;mal}\cdot\frac{1}{n}
\end{eqnarray*}
F"ur den linken Teil des Produktes gilt
\begin{eqnarray*}
\lim\limits_{n\to\infty}\frac{n+1}{n}=1
\end{eqnarray*}
f"ur den rechten
\begin{eqnarray*}
\lim\limits_{n\to\infty}\frac{1}{n}=0
\end{eqnarray*}
somit ist $\frac{(n+1)^{n-1}}{n^2}$ eine Nullfolge, damit konvergiert die Reihe $\sum\limits^\infty_{n=1}\frac{(n+1)^{n-1}}{(-n)^n}$ nach dem Leibnitzkriterium.
\subsection*{2.) Man zeige:}
\subsubsection*{i.) $1+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{5^2}+\frac{1}{7^2}+\dots=\frac{3}{4}\zeta(2)$}
Die Reihe 
\begin{eqnarray*}
1+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{5^2}+\frac{1}{7^2}+\dots
\end{eqnarray*}
"ahnelt der Reihe
\begin{eqnarray*}
1+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{4^2}+\frac{1}{5^2}+\frac{1}{6^2}+\frac{1}{7^2}+\dots&=&\sum\limits^\infty_{n=1}\frac{1}{n^2}=\zeta(2)
\end{eqnarray*}
jedoch fehlen die Br"uche, die einen geraden Nenner haben. Diese werden daher von $\zeta(2)$ subrahiert:
\begin{eqnarray*}
\zeta(2)-\frac{1}{2^2}-\frac{1}{4^2}-\frac{1}{6^2}-\dots&=&\zeta(2)-\sum\limits^\infty_{n=1}\frac{1}{(2n)^2}\\
&=&\zeta(2)-\sum\limits^\infty_{n=1}\frac{1}{4n^2}\\
&=&\zeta(2)-\frac{1}{4}\sum\limits^\infty_{n=1}\frac{1}{n^2}\\
&=&\zeta(2)-\frac{1}{4}\zeta(2)=\frac{3}{4}\zeta(2)
\end{eqnarray*}

\subsubsection*{ii.) $\frac{1}{1\cdot 2\cdot 3}+\frac{1}{2\cdot 3\cdot 4}+\frac{1}{3\cdot 4\cdot 5}+\cdots=\frac{1}{4}$}
Die Reihe $\frac{1}{1\cdot 2\cdot 3}+\frac{1}{2\cdot 3\cdot 4}+\frac{1}{3\cdot 4\cdot 5}+\cdots$ l"a"st sich allgemein schreiben als
\begin{eqnarray*}
\sum\limits^\infty_{n=0}\frac{1}{n(n+1)(n+2)}
\end{eqnarray*}
Durch Partialbruchzerlegung m"ussen drei L"osungen $X$, $Y$ und $Z$ gefunden werden, so da"s
\begin{eqnarray*}
\frac{1}{n(n+1)(n+2)}&=&\frac{X}{n}+\frac{Y}{n+1}+\frac{Z}{n+2}
\end{eqnarray*}
gilt.
\begin{eqnarray*}
\frac{1}{n(n+1)(n+2)}&=&\frac{X}{n}+\frac{Y}{n+1}+\frac{Z}{n+2}\\
\Leftrightarrow 1&=&\frac{n(n+1)(n+2)X}{n}+\frac{n(n+1)(n+2)Y}{n+1}+\frac{n(n+1)(n+2)Z}{n+2}\\
\Leftrightarrow 1&=&(n+1)(n+2)X+n(n+2)Y+n(n+1)Z\\
\Leftrightarrow 1&=&(n^2+n+2n+2)X+(n^2+2n)Y+(n^2+n)Z\\
\Leftrightarrow 1&=&Xn^2+X3n+2X+Yn^2+Y2n+Zn^2+Zn\\
\Leftrightarrow 1&=&n^2(X+Y+Z)+n(3X+2Y+1Z)+2X
\end{eqnarray*}
Dabei f"allt sofort auf, da"s $2X$ der einzige Summand ist, der unabh"angig von $n$ ist. Mit 
\begin{eqnarray*}
2X:=1&\Leftrightarrow&\frac{1}{2}=X
\end{eqnarray*}
m"ussen dann auch 
\begin{eqnarray*}
X+Y+Z&=&0\\
3X+2Y+1Z&=&0
\end{eqnarray*}
gefordert werden, also mu"s
\begin{eqnarray*}
Y+Z&=&-X
\end{eqnarray*}
gelten. F"ur $Y:=-1$ ist $Z$ damit
\begin{eqnarray*}
-1+Z=-\frac{1}{2}&\Leftrightarrow& Z=\frac{1}{2}
\end{eqnarray*}
Somit l"a"st sich jedes Folgenglied der Reihe ausdr"ucken als
\begin{eqnarray*}
\frac{1}{n(n+1)(n+2)}&=&\frac{\frac{1}{2}}{n}+\frac{-1}{n+1}+\frac{\frac{1}{2}}{n+2}=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}+\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{n+2}
\end{eqnarray*}

Eine Partialsumme ab einem $X$ beginnt somit mit
\begin{eqnarray*}
&\frac{1}{2X}-\frac{1}{X+1}+\frac{1}{2(X+2)}+\;\frac{1}{2(X+1)}-\frac{1}{X+2}+\frac{1}{2(X+3)}+\;\frac{1}{2(X+2)}-\frac{1}{X+3}+\frac{1}{2(X+4)}+\cdots&\\
=&\frac{1}{2X}-\frac{2}{2(X+1)}+\frac{1}{2(X+1)}+\frac{1}{2(X+2)}-\frac{2}{2(X+2)}+\frac{1}{2(X+2)}+\frac{1}{2(X+3)}-\frac{2}{2(X+3)}+\frac{1}{2(X+4)}+\cdots&\\
=&\frac{1}{2X}-\frac{1}{2(X+1)}+0-\frac{1}{2(X+3)}+\frac{1}{2(X+4)}+\;\frac{1}{2(X+3)}\dots
\end{eqnarray*}
Dabei f"allt auf, da"s wenn man die Partialsumme unendlich fortsetzt, sich alle Folgenglieder gegenseitig aufheben. Nur die beiden ersten bleiben bestehen. F"ur $X:=1$ ergibt sich somit
\begin{eqnarray*}
\frac{1}{2\cdot 1}-\frac{1}{2(1+1)}=\frac{1}{2}-\frac{1}{4}=\frac{1}{4}
\end{eqnarray*}
Also konvergiert die Reihe $\frac{1}{1\cdot 2\cdot 3}+\frac{1}{2\cdot 3\cdot 4}+\frac{1}{3\cdot 4\cdot 5}+\cdots$ gegen $\frac{1}{4}$.
\subsubsection*{iii.) $\sum\limits^\infty_{n=0}\frac{1}{a_na_{n+2}}=1$, dabei seien $a_n$ die Fibonacci-Zahlen.}
F"ur Folgenglieder der Reihe $\sum\limits^\infty_{n=0}\frac{1}{a_na_{n+2}}$ m"ussen zwei L"osungen $X$ und $Y$ gefunden werden, so da"s
\begin{eqnarray*}
\frac{1}{a_na_{n+2}}&=&\frac{X}{a_n}+\frac{Y}{a_{n+2}}
\end{eqnarray*}
gilt. 
\begin{eqnarray*}
\frac{1}{a_na_{n+2}}&=&\frac{X}{a_n}+\frac{Y}{a_{n+2}}\\
\Leftrightarrow 1&=&\frac{a_na_{n+2}X}{a_n}+\frac{a_na_{n+2}Y}{a_{n+2}}\\
\Leftrightarrow 1&=&a_{n+2}X+a_nY
\end{eqnarray*}
Da bei den Fibbonacci-Zahlen $a_{n+2}=a_n+a_{n+1}$ gilt, also
\begin{eqnarray*}
\Leftrightarrow 1&=&a_nX+a_{n+1}X+a_naY\\
\Leftrightarrow 1&=&a_n(X+Y)+a_{n+1}X
\end{eqnarray*}
Damit kann man fordern, da"s
\begin{eqnarray*}
a_{n+1}X&=&1\\
a_n(X+Y)&=&0
\end{eqnarray*}
gelten mu"s:
\begin{eqnarray*}
a_{n+1}X=1&\Leftrightarrow&X=\frac{1}{a_{n+1}}\\
a_n(X+Y)&=&0\Leftrightarrow X+Y=0\Leftrightarrow Y=-X\Longrightarrow Y=-\frac{1}{a_{n+1}}
\end{eqnarray*}
Folglich lassen sich die Folgenglieder schreiben als
\begin{eqnarray*}
\frac{1}{a_na_{n+2}}=\frac{X}{a_n}+\frac{Y}{a_{n+2}}=\frac{\frac{1}{a_{n+1}}}{a_n}+\frac{-\frac{1}{a_{n+1}}}{a_{n+2}}&=&\frac{1}{a_na_{n+1}}-\frac{1}{a_{n+1}a_{n+2}}
\end{eqnarray*}
und die Reihe als
\begin{eqnarray*}
\sum\limits^\infty_{n=0}\left(\frac{1}{a_na_{n+1}}-\frac{1}{a_{n+1}a_{n+2}}\right)
\end{eqnarray*}

Bildet man die Partialsumme ab einem $X$, so ergibt sich damit
\begin{eqnarray*}
\frac{1}{a_Xa_{X+1}}-\frac{1}{a_{X+1}a_{X+2}}+\;\frac{1}{a_{X+1}a_{X+2}}-\frac{1}{a_{X+2}a_{X+3}}+\;\frac{1}{a_{X+2}a_{X+3}}-\frac{1}{a_{X+3}a_{X+4}}+\cdots
\end{eqnarray*}
dabei f"allt auf, da"s sich die Folgenglieder gegenseitig aufheben, "ubrig bleibt f"ur die unendliche Reihe daher nur $\frac{1}{a_0a_1}$, oder $\frac{1}{1\cdot 1}=1$, was somit der Grenzwert der urspr"unglichen Reihe ist.
\subsection*{3.)}
\subsubsection*{i.) Sei $x\in \R,\;x\geqslant 1$. Man zeige: $s(x):=\sum\limits^\infty_{n=0}{x \choose n}$ konvergiert absolut.}
$x \choose n$ l"a"st sich schreiben als
\begin{eqnarray*}
x\choose n&=&\prod\limits^n_{i=1}\frac{x-(i-1)}{i}=\prod\limits^n_{i=1}\frac{x-i+1}{i}
\end{eqnarray*}
Damit existiert ein $m:=[x]+1$, so da"s das Produkt f"ur gr"o"sere $n$ in zwei Teile zerf"allt:
\begin{eqnarray*}
x\choose n&=&\underbrace{\prod\limits^{m}_{i=1}\frac{x-i+1}{i}}_{A}\cdot\underbrace{\prod\limits^n_{i=m+1}\frac{x-i+1}{i}}_{B}
\end{eqnarray*}
F"ur ein $x\in \N$ ist der Teil $A$ irgendwann nat"urlich $=0$, da $x-m+1=x-(x+1)+1=0$ ist.\\
Ansonsten konvergieren die Produktglieder von Teil $B$ gegen $-1$, da
\begin{eqnarray*}
\lim\limits_{i\to \infty}\frac{x-i+1}{i}=\lim\limits_{i\to \infty}\frac{x+1}{i}-\frac{i}{i}=\lim\limits_{i\to\infty}\frac{x+1}{i}-1=0-1=-1
\end{eqnarray*} 
ihr Betrag ist somit immer kleiner als 1, damit konvergiert das Produkt gegen 0. Zudem ist die Reihe alternierend, da jedes Produktglied von $B$ kleiner ist als 0. Damit konvergiert $s(x)$ nach dem Leibnitzkriterium. \\

F"ur die Absolutbetr"age der Folgenglieder von gilt
\begin{eqnarray*}
\left| {x\choose n}\right|&=&\underbrace{\prod\limits^{m}_{i=1}\frac{x-i+1}{i}}_{A}\cdot\underbrace{\prod\limits^n_{i=m+1}\frac{i-1-x}{i}}_{B}
\end{eqnarray*}
Hmm... Und weiter?!
\subsubsection*{ii.) F"ur $x,y\geqslant 1$ gilt: $s(x+y)=s(x)s(y)$}
$s(x)$ ist nichts anderes als die Binomialreihe $B_s(1)$:
\begin{eqnarray*}
B_s(z):=\sum\limits^\infty_{n=0}{s\choose n}z^n&=&(1+z)^s
\end{eqnarray*}
welche gegen $(1+z)^s$ konvergiert. Mit $z:=1$ und $s:=x$ ist der Grenzwert von $B_x(1)$ somit $2^x$. Also gilt
\begin{eqnarray*}
s(x)=\sum\limits^\infty_{i=0}{x \choose i}&=&B_x(1)=2^x\\
s(y)=\sum\limits^\infty_{i=0}{y \choose i}&=&B_y(1)=2^y\\
s(x+y)=\sum\limits^\infty_{i=0}{x+y \choose i}&=&B_{x+y}(1)=2^{x+y}\\
\end{eqnarray*}
Da auch $2^x\cdot 2^y=2^{x+y}$ gilt, gilt somit $s(x)s(y)=s(x+y)$.

\subsubsection*{iii.) Man berechne $s\left(n+\frac{1}{2}\right)$ f"ur alle $n\in \N$.}
Durch numerische Berechnung ergibt sich der Grenzwert f"ur $n:=1$ von ungef"ahr $2,99$.\\

F"ur alle anderen gilt:
\begin{eqnarray*}
s\left(n+\frac{1}{2}\right)=s\left((n-1)+\frac{3}{2}\right)=s(n-1)s\left(\frac{3}{2}\right)=2^{n-1}\cdot \sqrt{2^3}=2^{n-1}\cdot 2\cdot \sqrt{2}=2^n\cdot \sqrt{2}
\end{eqnarray*}
\subsection*{4.) F"ur $x\in \R$ bilde man die Folge $a_n:=nx-[nx],\;n\in \N$. Man zeige:}
\subsubsection*{a.) F"ur $x\in \Q$ hat $(a_n)$ nur endlich viele H"aufungswerte.}
Wenn $x\in \Q$ gilt, so l"a"st sich $x$ schreiben als
\begin{eqnarray*}
x&:=&\frac{c}{b},\;c\in \Z,\;b\in \N
\end{eqnarray*}
Damit ist $nx:=\frac{nc}{b}$ und $[nx]=\frac{nc}{b}-\frac{y}{b}$, wobei $y:=nc\;mod\;b$ ist. Damit gilt
\begin{eqnarray*}
a_n=nx-[nx]=\frac{nc}{b}-\left(\frac{nc}{b}-\frac{nc\;mod\;b}{b}\right)=\frac{nc}{b}-\frac{nc}{b}+\frac{nc\;mod\;b}{b}=\frac{nc\;mod\;b}{b}
\end{eqnarray*}
Da f"ur die modulo-Operation nur ganzzahlige L"osungen von $0$ bis $b-1$ in Frage kommen, sind die H"aufungspunkte somit alle $\left\{\pm\frac{b^\prime}{b}\mid b^\prime\in \N_0,\;b^\prime<b\right\}$, welches f"ur ein endliches $b$ nur endlich viele sind. (Negative L"osungen existieren f"ur negative $a$)
\subsubsection*{b.) F"ur $x\not\in \Q$ ist jede Zahl aus $[0,1]$ H"aufungswert der Folge $a_n$.}
F"ur $x\not\in \Q$, also $x\in \R$ kann $b$ als unendlich gro"s verstanden werden, da $x$ in keiner endlichen $g$-adischen Darstellung abbrechend oder periodisch wird. Damit existieren unendlich viele Werte zwischen $0$ und $b-1$, die L"osungsmenge $\left\{\pm\frac{b^\prime}{b}\mid b^\prime\in \N_0,\;b^\prime<b\right\}$ ist damit unendlich gro"s. 
\end{document}
