Kurs:Grundkurs Mathematik/Teil II/12/Klausur mit Lösungen/kontrolle

Aufgabe	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13	14	15	16	17	18	19	${}\sum$
Punkte	3	3	4	3	2	5	3	3	3	3	2	5	5	3	3	3	2	3	6	64

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Unter einer Ebene versteht man einen affinen Unterraum ${}E\subseteq K^{n}$ der Form

   ${}E=P+Kv+Kw={\left\{P+sv+tw\mid s,t\in K\right\}}\,$

   mit zwei Vektoren ${}v,w\in K^{n}$, die kein Vielfaches voneinander sind, und einem Aufpunkt ${}P\in K^{n}$.

2. Die Matrix ${}A\in \operatorname {Mat} _{n}(K)$ mit

   ${}A\circ M=E_{n}=M\circ A\,$

   heißt die inverse Matrix von ${}M$.

3. Die Äquivalenzrelation ${}\sim _{H}$ ist auf ${}G$ durch ${}x\sim _{H}y$, falls ${}x-y\in H$, definiert.
4. Ein Polynom der Form

   ${}P=a_{0}+a_{1}X+a_{2}X^{2}+\cdots +1\cdot X^{n}\,$

   heißt normiert.

5. Zu ${}b\in \mathbb {R} _{+}$ und ${}q\in \mathbb {Q}$ mit ${}q={\frac {r}{s}}$ ($s>0$) setzt man

   ${}b^{q}=b^{\frac {r}{s}}:={\sqrt[{s}]{b^{r}}}\,.$

6. Falls ${}P(B)>0$ nennt man zu jedem Ereignis ${}E\subseteq M$ die Zahl

   ${}P(E{|}B)={\frac {P(E\cap B)}{P(B)}}\,$

   die bedingte Wahrscheinlichkeit von ${}E$ unter der Bedingung ${}B$.

Aufgabe (3 Punkte)

Lösung

1. Es sei ${}K$ ein Körper und ${}M$ eine ${}m\times n$- Matrix mit Einträgen in ${}K$. Dann hat die Multiplikation mit den ${}m\times m$- Elementarmatrizen von links mit ${}M$ folgende Wirkung.
   1. ${}V_{ij}\circ M=$ Vertauschen der ${}i$-ten und der ${}j$-ten Zeile von ${}M$.
   2. ${}(S_{k}(s))\circ M=$ Multiplikation der ${}k$-ten Zeile von ${}M$ mit ${}s$.
   3. ${}(A_{ij}(a))\circ M=$ Addition des ${}a$-fachen der ${}j$-ten Zeile von ${}M$ zur ${}i$-ten Zeile ($i\neq j$).
2. Ein von ${}0$ verschiedenes Polynom ${}P\in K[X]$ vom Grad ${}d$ besitzt maximal ${}d$ Nullstellen.
3. Es sei ein Experiment gegeben, das nur die Werte ${}0$ und ${}1$ annehmen kann und bei dem der Wert ${}1$ die Wahrscheinlichkeit ${}p$ besitzt. Dann ist die Verteilung auf ${}{\{1,\ldots ,n\}}$, die die Wahrscheinlichkeit beschreibt, dass bei der ${}n$-fachen (unabhängigen) Hintereinaderausführung des Experimentes ${}k$-fach das Ereignis ${}1$ eintritt, durch die Binomialverteilung zur Stichprobenlänge ${}n$ und zur Erfolgswahrscheinlichkeit ${}p$ gegeben.

Aufgabe (4 Punkte)

Bestimme den Kern der durch die Matrix

${}M={\begin{pmatrix}2&3&0&-1\\4&2&2&5\end{pmatrix}}\,$

gegebenen linearen Abbildung

$\varphi \colon \mathbb {R} ^{4}\longrightarrow \mathbb {R} ^{2}.$

Lösung

Wir bestimmen den Lösungsraum des linearen Gleichungssystems

$I\,\,\,\,\,\,\,\,\,2x+3y\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,-w=0$

$II\,\,\,\,\,\,4x+2y+2z+5w=0.$

Es ist

$III=II-2\cdot I\,\,\,\,\,\,-4y+2z+7w=0.$

Damit haben wir Stufengestalt erreicht.

Wir wählen ${}w=0$ und ${}z=2$. Dann ist ${}y=1$ nach III und nach I ist ${}x=-{\frac {3}{2}}$. Damit ist

${\begin{pmatrix}-{\frac {3}{2}}\\1\\2\\0\end{pmatrix}}$

eine Lösung.

Wir wählen jetzt ${}w=1$ und ${}z=0$. Dann ist ${}y={\frac {7}{4}}$ nach III und nach I ist

${}x=-{\frac {17}{8}}\,.$

Damit ist

${\begin{pmatrix}-{\frac {17}{8}}\\{\frac {7}{4}}\\0\\1\end{pmatrix}}$

eine weitere Lösung, die von der ersten Lösung linear unabhängig ist. Da die Matrix den Rang ${}2$ besitzt (was aus der Stufengestalt ablesbar ist), ist der Kern zweidimensional, also ist der Kern gleich

${\left\{a{\begin{pmatrix}-{\frac {3}{2}}\\1\\2\\0\end{pmatrix}}+b{\begin{pmatrix}-{\frac {17}{8}}\\{\frac {7}{4}}\\0\\1\end{pmatrix}}\mid a,b\in \mathbb {R} \right\}}.$

Aufgabe (3 Punkte)

Es sei ein lineares Gleichungssystem mit zwei Gleichungen in zwei Variablen über ${}\mathbb {Q}$ gegeben. Die Lösungsmengen der einzelnen Gleichungen seien Geraden. Skizziere die drei Möglichkeiten, wie die Lösungsmenge des Systems aussehen kann.

Lösung Geraden/Q^2/Lösungsverhalten/Aufgabe/Lösung

Aufgabe (2 Punkte)

Es sei ${}B$ eine ${}n\times p$- Matrix und ${}A$ eine ${}m\times n$-Matrix und es seien

$K^{p}{\stackrel {B}{\longrightarrow }}K^{n}{\stackrel {A}{\longrightarrow }}K^{m}$

die zugehörigen linearen Abbildungen. Zeige, dass das Matrixprodukt ${}A\circ B$ die Hintereinanderschaltung der beiden linearen Abbildungen beschreibt.

Lösung

Die Gleichheit von linearen Abbildungen kann man auf der Standardbasis ${}e_{1},\ldots ,e_{p}$ des ${}K^{p}$ nachweisen. Es ist

${}{\begin{aligned}{\left(A\circ B\right)}{\left(e_{k}\right)}&=A(B(e_{k}))\\&=A{\left(\sum _{j=1}^{n}b_{jk}e_{j}\right)}\\&=\sum _{j=1}^{n}b_{jk}{\left(\sum _{i=1}^{m}a_{ij}e_{i}\right)}\\&=\sum _{i=1}^{m}{\left(\sum _{j=1}^{n}a_{ij}b_{jk}\right)}e_{i}\\&=\sum _{i=1}^{m}c_{ik}e_{i}.\end{aligned}}$

Dabei sind die Koeffizienten

${}c_{ik}=\sum _{j=1}^{n}a_{ij}b_{jk}\,$

gerade die Einträge in der Produktmatrix ${}A\circ B$.

Aufgabe (5 Punkte)

Wir betrachten die drei Ebenen ${}E,F,G$ im ${}\mathbb {Q} ^{3}$, die durch die folgenden Gleichungen beschrieben werden.

1. ${}E={\left\{(x,y,z)\in \mathbb {Q} ^{3}\mid 5x-4y+3z=2\right\}}\,,$

2. ${}F={\left\{(x,y,z)\in \mathbb {Q} ^{3}\mid 7x-5y+6z=3\right\}}\,,$

3. ${}G={\left\{(x,y,z)\in \mathbb {Q} ^{3}\mid 2x-y+4z=5\right\}}\,.$

Bestimme sämtliche Punkte ${}E\cap F\setminus E\cap F\cap G$.

Lösung

Wir betrachten das lineare Gleichungssystem

${}5x-4y+3z=2\,,$

${}7x-5y+6z=3\,,$

${}2x-y+4z=5\,.$

Die Lösungsmenge dieses linearen Gleichungssystems ist ${}E\cap F\cap G$. Es ist ${}-7I+5II$ gleich

${}3y+9z=1\,$

und ${}-2I+5III$ gleich

${}3y+14z=21\,.$

Subtraktion dieser beiden Gleichungen ergibt

${}5z=20\,,$

also

${}z=4\,.$

Somit ist

${}y=-{\frac {35}{3}}\,$

und

${}x={\frac {1}{5}}{\left(2+4y-3z\right)}={\frac {1}{5}}{\left(-10-4\cdot {\frac {35}{3}}\right)}=-2-4\cdot {\frac {7}{3}}=-{\frac {34}{3}}\,.$

Es ist also

${}E\cap F\cap G=\left\{\left(-{\frac {34}{3}},\,-{\frac {35}{3}},\,4\right)\right\}\,.$

Der Durchschnitt ${}E\cap F$ wird durch das lineare Gleichungssystem

${}5x-4y+3z=2\,,$

${}3y+9z=1\,$

beschrieben. Die Lösungsmenge ist

${}L=E\cap F={\left\{\left({\frac {2}{3}}-3z,\,{\frac {1}{3}}-3z,\,z\right)\mid z\in \mathbb {Q} \right\}}\,.$

Für

${}z=4\,$

ergibt sich dabei der einzige Punkt aus ${}E\cap F\cap G$. Somit ist insgesamt

${}E\cap F\setminus E\cap F\cap G={\left\{\left({\frac {2}{3}}-3z,\,{\frac {1}{3}}-3z,\,z\right)\mid z\in \mathbb {Q} ,\,z\neq 4\right\}}\,.$

Aufgabe (3 Punkte)

Zeige, dass die folgende Relation eine Äquivalenzrelation auf ${}\mathbb {Z}$ ist:

$x\sim y,{\text{ falls }}6{\text{ ein Teiler von }}x-y{\text{ ist}}.$

Lösung

Es ist ${}6$ ein Teiler von

${}0=x-x\,,$

daher ist ${}x\sim x$, was die Reflexivität bedeutet. Sei ${}x\sim y$. Dies bedeutet, dass ${}6$ ein Teiler von ${}x-y$ ist, was wiederum bedeutet, dass

${}x-y=6\cdot c\,$

mit einem gewissen ${}c\in \mathbb {Z}$ ist. Durch Multiplikation mit ${}-1$ erhält man

${}y-x=-(x-y)=6\cdot (-c)\,.$

Also ist ${}6$ auch ein Teiler von ${}y-x$ und somit ist ${}y\sim x$, was insgesamt die Symmetrie bedeutet. Zum Nachweis der Transitivität seien schließlich ${}x\sim y$ und ${}y\sim z$. Somit ist

${}x-y=6c\,$

und

${}y-z=6d\,$

mit gewissen ${}c,d\in \mathbb {Z}$. Insgesamt ergibt sich

${}x-z=(x-y)+(y-z)=6c+6d=6(c+d)\,,$

sodass auch ${}x-z$ ein Vielfaches von ${}6$ ist. Also ist ${}x\sim z$.

Aufgabe (3 Punkte)

Zeige, dass ein kommutativer Ring genau dann ein Körper ist, wenn er genau zwei Ideale enthält.

Lösung

Wenn ${}R$ ein Körper ist, so gibt es das Nullideal und das Einheitsideal, die voneinander verschieden sind. Es sei ${}I$ ein von ${}0$ verschiedenes Ideal in ${}R$. Dann enthält ${}I$ ein Element ${}x\neq 0$, das eine Einheit ist. Damit ist ${}1=xx^{-1}\in I$ und damit ${}I=R$.

Es sei umgekehrt ${}R$ ein kommutativer Ring mit genau zwei Idealen. Dann kann ${}R$ nicht der Nullring sein. Es sei nun ${}x$ ein von ${}0$ verschiedenes Element in ${}R$. Das von ${}x$ erzeugte Hauptideal ${}Rx$ ist ${}\neq 0$ und muss daher mit dem anderen Ideal, also mit dem Einheitsideal übereinstimmen. Das heißt insbesondere, dass ${}1\in Rx$ ist. Das bedeutet also ${}1=xr$ für ein ${}r\in R$, sodass ${}x$ eine Einheit ist.

Aufgabe (3 Punkte)

Löse das folgende lineare Gleichungssystem über dem Körper ${}\mathbb {Z} /(7)$.

${}{\begin{pmatrix}3&6\\2&1\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}4\\6\end{pmatrix}}\,.$

Lösung

Das inverse Element zu ${}3$ in ${}\mathbb {Z} /(7)$ ist ${}5$, somit ist in ${}II'=II-2\cdot 5I=II+4I$ die Variable ${}x$ eliminiert. Dies ergibt

${}4y=1\,.$

Somit ist

${}y=2\,$

und aus

${}3x+6y=4\,$

ergibt sich

${}3x=6\,$

und somit

${}x=2\,.$

Die einzige Lösung ist also ${}{\begin{pmatrix}2\\2\end{pmatrix}}$.

Aufgabe (3 Punkte)

Ein angeordneter Körper ${}K$ enthalte die Wurzeln ${}{\sqrt[{3}]{2}}$ und ${}{\sqrt[{7}]{2}}$. Zeige, dass ${}K$ auch ${}{\sqrt[{21}]{2}}$ enthält.

Lösung

Aus

${}1\cdot 7-2\cdot 3=1\,$

erhält man durch Division durch ${}21$ die Gleichung

${}{\frac {1}{3}}-2\cdot {\frac {1}{7}}={\frac {1}{21}}\,.$

Somit ist

${}{\begin{aligned}{\sqrt[{21}]{2}}&=2^{\frac {1}{21}}\\&=2^{{\frac {1}{3}}-2\cdot {\frac {1}{7}}}\\&=2^{\frac {1}{3}}\cdot 2^{-2\cdot {\frac {1}{7}}}\\&=2^{\frac {1}{3}}\cdot {\left(2^{\frac {1}{7}}\right)}^{-2}\\&={\sqrt[{3}]{2}}\cdot {\left({\sqrt[{7}]{2}}\right)}^{-2}.\end{aligned}}$

Da nach Voraussetzung der Körper die beiden Zahlen ${}{\sqrt[{3}]{2}}$ und ${}{\sqrt[{7}]{2}}$ enthält, muss er auch das inverse Element ${}{\left({\sqrt[{7}]{2}}\right)}^{-1}$ und somit auch das angegebene Produkt enthalten.

Aufgabe (2 (1+1) Punkte)

Die Folge ${}{\left(x_{n}\right)}_{n\in \mathbb {N} }$ sei durch

${}x_{n}={\begin{cases}1,\,{\text{ falls }}n{\text{ eine Primzahl ist}}\,,\\0\,{\text{ sonst}}\,,\end{cases}}\,$

definiert.

1. Bestimme ${}x_{117}$ und ${}x_{127}$.
2. Konvergiert die Folge in ${}\mathbb {Q}$?

Lösung

1. Es ist ${}x_{117}=0$, da ${}117$ keine Primzahl ist, und ${}x_{127}=1$, da ${}127$ eine Primzahl ist.
2. Die Folge konvergiert nicht, da sie unendlich oft den Wert ${}1$ und unendlich oft den Wert ${}0$ annimmt, da es unendlich viele Primzahlen gibt und da es unendlich viele Zahlen (beispielsweise die geraden Zahlen ${}\neq 2$) gibt, die keine Primzahlen sind.

Aufgabe (5 Punkte)

Wir betrachten die Folge, die durch die Folgenglieder

${}x_{n}={\frac {1}{2}}\cdot {\frac {3}{4}}\cdot {\frac {5}{6}}\cdots {\frac {2n-1}{2n}}\,$

gegeben ist. Zeige, dass dies eine Nullfolge ist.

Lösung

Wir betrachten zusätzlich die Folge

${}y_{n}={\frac {2}{3}}\cdot {\frac {4}{5}}\cdot {\frac {6}{7}}\cdots \cdot {\frac {2n}{2n+1}}\,.$

Beide Folgen sind streng fallend, da sich jedes Glied aus dem Vorgängerglied durch Multiplikation mit einem Faktor ${}<1$ ergibt. Da sie positiv sind, müssen nach Korollar 47.3 (Grundkurs Mathematik (Osnabrück 2022-2023)) die beiden Folgen konvergieren, sagen wir gegen ${}x$ bzw. ${}y$. Die Produktfolge ist

${}{\begin{aligned}x_{n}y_{n}&={\left({\frac {1}{2}}\cdot {\frac {3}{4}}\cdot {\frac {5}{6}}\cdots {\frac {2n-1}{2n}}\right)}{\left({\frac {2}{3}}\cdot {\frac {4}{5}}\cdot {\frac {6}{7}}\cdots \cdot {\frac {2n}{2n+1}}\right)}\\&={\frac {1}{2}}\cdot {\frac {2}{3}}\cdot {\frac {3}{4}}\cdot {\frac {4}{5}}\cdots {\frac {2n}{2n+1}}\\&={\frac {1}{2n+1}}.\end{aligned}}$

Diese Folge konvergiert gegen ${}0$, somit ist

${}xy=0\,$

nach Lemma 44.11 (Grundkurs Mathematik (Osnabrück 2016-2017))  (2). Ferner ist

${}y_{n}>x_{n}\,,$

da man die beteiligten ${}n$ Faktoren untereinander vergleichen kann. Somit ist

${}y\geq x\,$

und daher ist

${}x=0\,.$

Aufgabe (5 Punkte)

Beweise den Satz über die Anordnung von Cauchy-Folgen über einem angeordneten Körper.

Lösung

Es sei die Folge keine Nullfolge. Dann gibt es ein ${}\epsilon >0$ derart, dass es unendlich viele Folgenglieder mit

${}\vert {x_{n}}\vert >\epsilon \,$

gibt. Dann gibt es auch unendlich viele Folgenglieder mit

${}x_{n}>\epsilon \,$

oder mit

${}x_{n}<-\epsilon \,.$

Nehmen wir das erste an. Wegen der Cauchy-Eigenschaft für ${}{\frac {\epsilon }{2}}$ gibt es ein ${}n_{0}$ derart, dass

${}\vert {x_{m}-x_{n}}\vert \leq {\frac {\epsilon }{2}}\,$

für alle ${}m,n\geq n_{0}$ gilt. Wenn man die beiden Aussagen verbindet, so gilt für ${}m\geq n_{0}$ und einem ${}x_{n}$ mit

${}x_{n}>\epsilon \,$

unter Verwendung von Lemma 24.7 (Grundkurs Mathematik (Osnabrück 2022-2023))  (8) die Abschätzung

${}x_{m}=x_{n}+x_{m}-x_{n}\geq x_{n}-\vert {x_{m}-x_{n}}\vert \geq \epsilon -{\frac {\epsilon }{2}}={\frac {\epsilon }{2}}\,.$

Dieses wählen wir als ${}\delta$.

Aufgabe (3 Punkte)

Zeige, dass die harmonische Reihe divergiert.

Lösung

Für die ${}2^{n}$ Zahlen ${}k=2^{n}+1,\ldots ,2^{n+1}$ ist

${}\sum _{k=2^{n}+1}^{2^{n+1}}{\frac {1}{k}}\geq \sum _{k=2^{n}+1}^{2^{n+1}}{\frac {1}{2^{n+1}}}=2^{n}{\frac {1}{2^{n+1}}}={\frac {1}{2}}\,.$

Daher ist

${}\sum _{k=1}^{2^{n+1}}{\frac {1}{k}}=1+\sum _{i=0}^{n}\left(\sum _{k=2^{i}+1}^{2^{i+1}}{\frac {1}{k}}\right)\geq 1+(n+1){\frac {1}{2}}\,.$

Damit ist die Folge der Partialsummen unbeschränkt und kann nach Satz . (Grundkurs Mathematik (Osnabrück 2022-2023)) nicht konvergent sein.

Aufgabe (3 Punkte)

Eine reelle Zahl ${}x$ besitze die Ziffernentwicklung

$0{,}523\dotso$

im Dezimalsystem. Was kann man über die Ziffernentwicklung von ${}1/x$ sagen?

Lösung

Es ist

${}0,523={\frac {523}{1000}}\leq x<0,524={\frac {524}{1000}}\,.$

Somit ist

${}{\frac {1000}{524}}<{\frac {1}{x}}\leq {\frac {1000}{523}}\,.$

Die Divisionen links und rechts führen auf

${}{\frac {1000}{524}}=1,90\ldots \,$

und

${}{\frac {1000}{523}}=1,912\ldots \,.$

Damit ist

${}{\frac {1}{x}}=1,9\ldots \,,$

die zweite Nachkommaziffer ist ${}0$ oder ${}1$, darüber hinaus kann man keine Aussage machen.

Aufgabe (3 Punkte)

Beweise den Satz von Vieta.

Lösung

Aufgrund von Satz 49.5 (Grundkurs Mathematik (Osnabrück 2016-2017)) ist

${}x_{1}={\frac {{\sqrt {p^{2}-4q}}-p}{2}}\,$

und

${}x_{2}={\frac {-{\sqrt {p^{2}-4q}}-p}{2}}\,.$

Daher ist

${}{\begin{aligned}x_{1}+x_{2}&={\frac {{\sqrt {p^{2}-4q}}-p}{2}}+{\frac {-{\sqrt {p^{2}-4q}}-p}{2}}\\&={\frac {{\sqrt {p^{2}-4q}}-p-{\sqrt {p^{2}-4q}}-p}{2}}\\&={\frac {-2p}{2}}\\&=-p\end{aligned}}$

und

${}{\begin{aligned}x_{1}\cdot x_{2}&={\frac {{\sqrt {p^{2}-4q}}-p}{2}}\cdot {\frac {-{\sqrt {p^{2}-4q}}-p}{2}}\\&={\frac {{\left({\sqrt {p^{2}-4q}}-p\right)}{\left(-{\sqrt {p^{2}-4q}}-p\right)}}{4}}\\&={\frac {-p^{2}+4q+p^{2}}{4}}\\&={\frac {4q}{4}}\\&=q.\end{aligned}}$

Aufgabe (2 Punkte)

Bestimme für das Polynom

${}P=-6X^{9}-5X^{8}-4X^{7}+{\frac {1}{9}}X^{6}+X^{2}+X\,$

den Grad, den Leitkoeffizienten, den Leitterm und den Koeffizienten zu ${}X^{6}$.

Lösung

Der Grad ist ${}9$, der Leitkoeffizient ist ${}-6$, der Leitterm ist ${}-6X^{9}$ und der Koeffizient zu ${}X^{6}$ ist ${}{\frac {1}{9}}$.

Aufgabe (3 Punkte)

Führe in ${}\mathbb {Z} /(5)[X]$ die Division mit Rest „${}P$ durch ${}T$“ für die beiden Polynome ${}P=X^{3}+4X^{2}+3X+4$ und ${}T=3X^{2}+2X+1$ durch.

Lösung

Es ist

${}X^{3}+4X^{2}+3X+4={\left(3X^{2}+2X+1\right)}2X+X+4\,.$

Aufgabe (6 (1+3+2) Punkte)

Aus den Zahlen ${}\{1,\ldots ,n\}$ wird zufällig eine Zahl ausgewählt.

1. Erstelle in Abhängigkeit von ${}n$ eine Formel für die Wahrscheinlichkeit, dass die gewählte Zahl eine Quadratzahl ist.
2. Ist die Folge der Wahrscheinlichkeiten monoton?
3. Konvergiert diese Wahrscheinlichkeit, wenn ${}n$ gegen unendlich geht?

Lösung

1. Zwischen ${}1$ und ${}n$ gibt es ${}\left\lfloor {\sqrt {n}}\right\rfloor$ Quadratzahlen. Somit ist die Wahrscheinlichkeit gleich

   ${}p(n)={\frac {\left\lfloor {\sqrt {n}}\right\rfloor }{n}}\,.$

2. Die Folge ${}p(n)$ ist weder wachsend noch fallend. Wenn ${}n+1$ keine Quadratzahl ist, so ist

   ${}\left\lfloor {\sqrt {n+1}}\right\rfloor =\left\lfloor {\sqrt {n}}\right\rfloor \,$

   und somit ist

   ${}{\begin{aligned}p(n+1)&={\frac {\left\lfloor {\sqrt {n+1}}\right\rfloor }{n+1}}\\&={\frac {\left\lfloor {\sqrt {n}}\right\rfloor }{n+1}}\\&<{\frac {\left\lfloor {\sqrt {n}}\right\rfloor }{n}}\\&=p(n).\end{aligned}}$

   Wenn hingegen ${}n+1$ eine Quadratzahl ist, so ist

   ${}\left\lfloor {\sqrt {n+1}}\right\rfloor =\left\lfloor {\sqrt {n}}\right\rfloor +1\,$

   und somit ist

   ${}{\begin{aligned}p(n+1)&={\frac {\left\lfloor {\sqrt {n+1}}\right\rfloor }{n+1}}\\&={\frac {\left\lfloor {\sqrt {n}}\right\rfloor +1}{n+1}}\\&>{\frac {\left\lfloor {\sqrt {n}}\right\rfloor }{n}}\\&=p(n),\end{aligned}}$

   wobei sich die Abschätzung unmittelbar aus

   ${}n>\left\lfloor {\sqrt {n}}\right\rfloor \,$

   ergibt.

3. Die Folge konvergiert gegen ${}0$. Es ist

   ${}0\leq p(n)={\frac {\left\lfloor {\sqrt {n}}\right\rfloor }{n}}\leq {\frac {\sqrt {n}}{n}}={\frac {1}{\sqrt {n}}}\,.$

   Da ${}{\frac {1}{\sqrt {n}}}$ eine Nullfolge ist, folgt mit dem Quetschkriterium, dass auch ${}p(n)$ eine Nullfolge ist.