Klausur zur Analysis I WS 01/02

Klausur zur Analysis I
WS 01/02
Prof. Dr. E. Kuwert
2. Februar 2002
Aufgabe 1 (4 Punkte)
Berechnen Sie unter a) und b) jeweils die Ableitung von f für x ∈ (0, ∞):
√
a)
f (x) = esin
x
b)
f (x) = xα log x1
Lösung:
√
1
cos( x) √
2 x
α
b) f (x) = −x log x ⇒
1
f 0 (x) = −αxα−1 log x − xα
x
= −xα−1 (α log x + 1).
a) f 0 (x) = esin
√
x
(Kettenregel)
(Produktregel)
Aufgabe 2 (6 Punkte)
Beantworten Sie für (i), (ii) und (iii) jeweils die folgenden zwei Fragen. Geben Sie für jede
Antwort eine kurze Begründung.
a) Ist die Folge (an )n∈N beschränkt?
b) Ist die Folge (an )n∈N konvergent?
(i)
(ii)
(iii)
n2 + 3n − 7
.
3n + 5
n sin π2 + n2 π
an =
(mit n ≥ 2).
n + cos(n2 π)
en
an =
(wobei e = exp(1)).
n
an =
Lösung:
(i) an =
n2 + 3n − 7
3n + 5
n + 3 + 7/n
n
≥ → ∞.
3 + 5/n
8
b) nein, denn an ist nicht beschränkt.
n sin π2 + n2 π
(ii) an =
n + cos(n2 π)
a) nein, denn an =
1
−1
→ 1, a2k+1 =
→ −1.
1 + 1/2k
1 − 1/(2k + 1)
b) nein, siehe bei a).
a) ja, denn a2k =
(iii) an = en /n
1
a) nein, denn mit x = e − 1 > 0 folgt
n 2
n−1 2
e /n = (1 + x) /n ≥
x /n =
x → ∞.
2
2
n
n
Alternativ kann der Satz aus der Vorlesung über das Wachstum der Exponentialfunktion zitiert werden.
b) nein, denn an ist nicht beschränkt.
Aufgabe 3 (3 Punkte)
Leiten Sie eine Formel her, die cos(3α) durch cos α und sin α ausdrückt.
Lösung:
Entweder mit der Eulerschen Formel:
cos(3α) = Re (ei3α )
(Eulersche Formel)
iα 3
= Re (e )
(Funktionalgleichung)
= Re (cos(α) + i sin(α))3
3
(Eulersche Formel)
2
= cos α − 3 sin α cos α.
Alternativ mit den Additionstheoremen:
cos(3α) = cos(2α + α)
= cos(2α) cos(α) − sin(2α) sin(α)
2
(Additionstheorem)
2
= (cos α − sin α) cos α − 2 sin α cos α sin α
3
(Additionstheoreme)
2
= cos α − 3 sin α cos α.
Aufgabe 4 (7 Punkte)
Betrachten Sie die Funktion
cot : (0, π) → R, cot(t) =
cos t
.
sin t
Begründen Sie die Existenz und Differenzierbarkeit der zugehörigen Umkehrfunktion arccot :
R → (0, π), und zeigen Sie die Formel
arccot0 (x) = −
1
.
1 + x2
Lösung:
− sin2 t − cos2 t
1
= −1 − cot2 t oder cot0 t = − 2 .
2
sin t
sin t
cot0 < 0 ⇒ cot(t) ist streng monoton fallend, also injektiv
cot0 (t) =
t & 0 ⇒ cos t % 1, sin t & 0 ⇒ f (t) % +∞
t % π ⇒ cos t & −1, sin t & 0 ⇒ f (t) & −∞
⇒
Zwischenwertsatz
f : (0, π) → R surjektiv, also umkehrbar
Umkehrfunktion differenzierbar, da cot0 (t) 6= 0 (Satz Vorlesung).
arccot0 (x) =
1
cot0 (arccotx)
=−
1
1+
cot2 (arccotx)
2
=−
1
..
1 + x2
Aufgabe 5 (3 Punkte)
Welche Aussagen sind wahr, welche falsch?
a) Die Dezimal-Darstellung einer rationalen Zahl ist eindeutig bestimmt.
b)
Eine Dezimal-Darstellung einer irrationalen Zahl ist nicht endlich.
c)
Die Menge der Zahlen, die eine endliche Dezimal-Darstellung erlauben, ist abzählbar.
wahr“ kurze Begründung, bei falsch“ Gegenbeispiel ohne Begründung.
”
”
Lösung:
a) nein, denn zum Beispiel 1, 0 = 0, 999 . . . ist rational.
b) ja, denn ein endlicher Dezimalbruch ist eine endliche Summe
von Potenzen von 10, also rational.
c) ja, denn die endlichen Dezimalzahlen sind Teilmenge von Q, und Q
ist abzählbar. Alternativ:
Es gibt nur endlich viele Zahlen mit genau n Stellen. Zähle nacheinander die
die Zahlen mit einer Stelle, mit zwei Stellen, usw.
Aufgabe 6 (4 Punkte)
Berechnen Sie die Ableitung (falls existent) der Funktion
(
x2 cos x1 x 6= 0
f (x) =
0
x=0
in allen Punkten x0 ∈ R.
Lösung:
1
1
1
2
x 6= 0 ⇒ f (x) = 2x cos + x − sin
− 2
x
x
x
1
1
= 2xcos + sin .
x
x
f (x) − f (0)
1
x0 = 0 ⇒
= x cos → 0 mit x → 0,
x−0
x
1
da | cos | ≤ 1. Also gilt f 0 (0) = 0.
x
0
Aufgabe 7 (3 Punkte)
Zeigen Sie anhand der Definition der Stetigkeit (ε − δ Kriterium), dass die Funktion
√
f : [0, ∞) → R, f (x) = x
im Punkt x0 = 0 stetig ist (wobei f (0) = 0).
Lösung:
Sei ε > 0 gegeben. Wähle δ := ε2 und schliesse, da die Wurzelfunktion monoton wachend ist,
√
√
√
|x| = |x − 0| < δ ⇒ | x − 0| ≤ δ = ε.
3
Bei
Aufgabe 8 (4 Punkte)
Sei f : [−1, 1] → R differenzierbar
und f 0 (0) = 0. Welche der folgenden Aussagen sind wahr, welche falsch?
a)
f 00 (0) ≤ 0
⇒
f hat im Nullpunkt ein lokales Maximum.
b)
f 00 (0) > 0
⇒
f (0) = min f (x).
⇒
f 00 (0)
c)
f (0) =
min f (x)
x∈(−1,1)
x∈[−1,1]
≥ 0.
Bei wahr“ kurze Begründung, bei falsch“ Gegenbeispiel ohne Begründung.
”
”
Lösung:
a) falsch, denn f (x) = x3 hat f 0 (x) = 3x2 , also f 00 (0) = 0. Es gilt x3 > 0 für x > 0, also hat
f in x = 0 kein lokales Maximum.
b) falsch , denn f (x) = x2 − 2x4 hat f 0 (x) = 2x − 8x3 , also f 00 (0) = 2 > 0. Trotzdem gilt
f (1) = −1 < 0 = f (0).
c) wahr, denn wäre f 00 (0) < 0, so hat f nach Vorlesung in x = 0 ein isoliertes, lokales
Maximum, im Widerspruch zur Voraussetzung.
Aufgabe 9 (6 Punkte)
Skizzieren Sie die folgenden zwei Funktionen mit Angabe von mindestens 3 Funktionswerten:
a)
f (x) = e−x
b)
f (x) = sin
2 /2
1
x
(x ∈ R)
(x > 0).
Lösung: siehe Vorlesung.
Aufgabe 10 (5 Punkte)
Berechnen Sie für die Funktion f : [0, 1] → R, f (x) = x das Integral
S(f ) =
Z
1
f
0
anhand der Definition, also mit geeigneten Riemannschen Summen.
Lösung:
Unterteilung 0 = x0 < . . . < xN = 1 mit xk = k/N für k = 0, 1, . . . , N .
Stützstellen ξk = k/N für k = 1, . . . , N . Dann gilt ∆xk = 1/N und es ergibt sich für die
4
zugehörige Riemannsche Summe
SD (f ) =
N
X
f (ξk ) ∆xk
k=1
N
X
1
k
·
=
N N
k=1
=
N
1 X
k
N2
=
1
N (N − 1) → 1/2
2 N2
k=1
mit N → ∞.
Da f stetig auf dem kompakten Intervall [0, 1], ist f Riemannintegrierbar und es folgt
Z
0
1
f = lim SD (f ) = 1/2.
N →∞
Aufgabe 11 (6 Punkte)
Zeigen Sie, dass die rekursiv definierte Folge
√
xn+1 = 1 + xn für n ≥ 0,
Startwert x0 = 1
konvergiert und bestimmen Sie ihren Grenzwert.
Lösung: Wir wollen das Konvergenzkriterium der Monotonie und Beschränktheit verwenden.
Es gilt xn = f (xn−1 ) für n ≥ 1 mit der Funktion
√
f : [−1, ∞) → R, f (x) = 1 + x.
√
f ist monoton wachsend, denn f 0 (x) = 1/2 1 + x ≥ 0 (Alternative: Satz aus Vorlesung über
Monotonie der Wurzelfunktion zitieren). Induktion liefert 1 ≤ xn ≤ 2: das ist wahr für n = 0,
und induktiv gilt
xn+1 = f (xn ) ∈ [f (1), f (2)] ⊂ [1, 2].
√
Weiter gilt, auch per Induktion, xn ≥ xn−1 für alle n. Denn x1 = 2 ≥ 1 = x0 , und induktiv
folgt für n ≥ 1
xn ≥ xn−1 ⇒ f (xn ) ≥ f (xn−1 ) ⇒ xn+1 ≥ xn .
Somit ist (xn ) monoton wachsend und nach oben beschränkt, also konvergent (Satz Vorlesung).
Setze limn→∞ xn =: ξ. Dann gilt ξ ≥ 1, und aus xn+1 = f (xn ) folgt mit n → ∞, da f stetig in
ξ ist,
p
ξ = lim xn+1 = lim f (xn ) = f (ξ) = 1 + ξ.
n→∞
n→∞
√
Es folgt ξ = 21 (1 + 5).
5