Nachklausur - Analysis 1

Prof. Dr. László Székelyhidi
Analysis I, WS 2012
Nachklausur - Analysis 1 - Lösungen
Aufgabe 1 (Folgen und Grenzwerte).
(i) (1 Punkt) Geben Sie die Definition des Häufungspunktes einer reellen Zahlenfolge (an )n∈N .
Lösung: Wir geben 2 äquivalente Definitionen.
1. B ∈ C heisst Häufungspunkt der Zahlenfolge {an }, wenn es für alle > 0 und N ∈ N eine
Zahl n ≥ N gibt mit |an − B| < .
2. B ∈ C heisst Häufungspunkt der Zahlenfolge {an }, wenn es eine Teilfolge von {an } gibt,
die gegen B konvergiert.
(ii) (1 Punkt) Bestimmen Sie sup{an : n ∈ N} und lim supn→∞ an für die Folge
an =
(−1)n n
,
n − (−1)n
(n ∈ N).
Lösung : Es ist a2k−1 < 0, and 0 < a2k = 2k/(2k − 1) > a2k+2 ∀k ∈ N. Also sind sup{an : n ∈
N} = a2 = 2 und lim supn→∞ an = limk→∞ a2k = 1.
(iv) (2 Punkte) Es seien 0 < a0 < 1/2 und an+1 = 2n a2n für n ≥ 0. Beweisen Sie:
lim an = 0.
n→∞
(1)
Lösung: Wir behaupten zunächst, dass
an < 2−n−1 ,
(n ≥ 0).
(2)
In der Tat: (2) ist richtig für n = 0. Angenommen, (2) gilt für ein n ≥ 0. Dann ist an+1 =
2
2n a2n < 2n 2−n−1 = 2−n−2 , d.h. (2) gilt auch für n + 1 anstelle von n. Damit folgt (2) aus dem
Induktionsprinzip. Wegen (2) und der Voraussetzungen gilt nun 0 ≤ an ≤ 2−n−1 → 0 für n → ∞,
woraus (1) folgt.
Aufgabe 2 (Reelle Reihen).
(i) (1 Punkt) Geben Sie das Leibniz-Kriterium für die Konvergenz einer Reihe an.
Lösung: Es sei {an }n∈N eine monoton
P∞ fallende Folge nichtnegativer reeller Zahlen mit limn→∞ an =
0. Dann konvergiert die Reihe n=1 (−1)n an .
(ii) (1 Punkt) Untersuchen Sie die Konvergenz der nachfolgenden Reihen.
∞
X
(−1)n
n=1
log(n)
,
n
∞
X
1
(−1)n √
n
n
n=1
Lösung: Es gilt (log x/x)0 = (1 − log x)/x2 < 0 für alle x > e. Daraus folgt (log n)/n > (log(n +
1))/(n + 1) für alle n ≥ 3. Weil ausserdem limn→∞ (log n)/n = 0 ist, folgt die Konvergenz der
P∞
Reihe n=1 (−1)n log(n)
n √nach dem Leibniz-Kriterium.
Weiterhin P
ist limn→∞ n n = 1. Infolge des notwenigen Kriteriums zur Konvergenz divergiert also
∞
1
die Reihe n=1 (−1)n √
n n.
Pn
(iii) (1 Punkt) Sei sn = k=1 (−1)k+1 k1 und s = limn→∞ sn . Zeigen Sie, dass
0 ≤ s − s2n ≤
1
.
2n + 1
Lösung: Es handelt sich um eine Reihe die das Leibniz-Kriterium erfüllt. Also gelten die Ungleichungen 1/(2n + 1) = s2n+1 − s2n , s2n+1 − s2n−1 ≤ 0 ≤ s2n+2 − s2n , und daher 0 ≤ s − s2n ≤
s2n+1 − s2n = 1/(2n + 1) für n ∈ N.
P∞(iv) (1 nPunkt) Geben Sie ein Beispiel für eine Nullfolge (an )n∈N mit an ≥ 0 an, so dass
n=1 (−1) an divergiert.
3. April 2013
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Analysis I, WS 2012
Lösung: Setze a2n−1 = 1/n und a2n = 2−n für n ∈ N. Dann ist
2n
X
(−1)k ak
=
k=1
=
n
X
(1/k) −
k=1
n
X
n
X
2−k ≥
k=2
n
X
(1/k) −
k=1
∞
X
2−k
k=0
(1/k) − 2 → ∞ für n → ∞.
k=1
P∞
Aufgabe 3 (Komplexe Zahlen und Reihen). Sei n=0 an z n eine komplexe Potenzreihe mit Konvergenzradius R > 0.
(i) (1 Punkt) Geben Sie die Definition des Konvergenzradius R an.
Lösung: Der Konvergenzradiaus
R is definiertpals
p
n
|an |), wenn 0 < lim sup n |an | < +∞,
die Zahl 1/(lim supp
n
+∞, wenn lim sup
|an | = 0, und
p
n
0, wenn lim sup |an | = +∞ gilt.
(ii) (1 Punkt) Beweisen Sie, dass die Reihe für alle |z| < R absolut konvergiert.
p
Lösung: Für |z| < R ist lim supn→∞ n |an z n | = |z|
R < 1, so dass die absolute Konvergenz aus dem
Wurzelkriterium folgt.
P∞
(iii) (1 Punkt) Es sei R > 0. Beweisen Sie, dass die Funktion f (z) = n=0 an z n in z = 0 stetig
ist.
P∞
n−1
Lösung: Nach dem Wurzelkriterium konvergiert g(r) :=
für r < R, und die so
n=1 |an |r
definierte Funktion g ist monoton wachsend für 0 < r < R. Also gilt 0 ≤ g(r) < C für 0 < r < R/2,
mit einer von r unabhängigen Zahl C > 0. Es folgt für 0 < |z| < R/2:
|f (z) − f (0)| = |
∞
X
an z n | ≤ |z|
n=1
∞
X
|an ||z|n−1
n=1
= |z|g(|z|) ≤ |z|C → 0
für z → 0.
(iv) (1 Punkt) Bestimmen Sie den Konvergenzradius nachfolgender Potenzreihen:
∞
X
zn
√
,
1 + (1 + i 3)n
n=0
n
∞ X
n+i
n=0
n
zn
√ n 1/n
Lösung:
=
√ Nach der obigen Definition ist für die erste Reihe R = limn→∞ |1 + (1 + i 3) |
|1 + i 3| = 2. Für die zweite Reihe gilt R = limn→∞ |n/(n + i)| = 1.
Aufgabe 4.
(i) (1 Punkte) Ermitteln Sie, ob die Funktionen
f (x) = (1 + x3 )/(1 + x2 )
und
g(x) = x2 sin3 x + x2 cos x
in 0 ein lokales Minimum/Maximum, oder keines von beiden besitzen.
2
2
)−(1+x3 )2x
Lösung: Es gilt f 0 (x) = 3x (1+x
,
(1+x2 )2
3
2 2
4
2
2
−(x +3x −2x)2(1+x )2x
f 00 (x) = (4x +6x−2)(1+x )(1+x
,
2 )4
3
2
0
2
g (x) = 2x sin x + 3x sin x cos x + 2x cos x − x2 sin x, und
g 00 (x) = 2 sin3 x + 12x sin2 x cos x + 6x2 sin x cos2 x − 3x2 sin3 x + 2 cos x − 4x sin x − x2 cos x.
Folglich ist f 0 (0) = 0 > −2 = f 0 (0), and g 0 (0) = 0 < 2 = g 00 (0), so dass f ein lokales Maximum
und g ein lokales Minimum in 0 hat.
3. April 2013
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Analysis I, WS 2012
(ii) (1 Punkt) Bestimmen Sie das Supremum der Funktion f (x) =
Lösung: Es gilt
f (x) =
∞
X
(−1)n x2n /(2n + 1)! = 1 −
n=0
sin x
x
auf ]0, ∞[.
∞
X
x2
x4k+2
1−
<1
(4k + 3)!
(4k + 4)(4k + 5)
k=0
für 0 < x < 4. Ferner gilt f (x) ≤ 1/x ≤ 1/4 für x ≥ 4. Weil limx→0 f (x) = 1 ist, folgt sup{f (x) :
x > 0} = 1.
(iii) (2 Punkte) Sei f :]a, b[→ R eine stetige Funktion, so dass limx&a f (x) = +∞ und
limx%b f (x) = +∞. Beweisen Sie, dass f auf ]a, b[ ein Minimum besitzt.
Lösung: Sei m = inf{f (x) : x ∈ (a, b)}. Dann gibt es eine Folge {xn } ⊂ (a, b) mit limn f (xn ) = m.
Durch Übergang zu einer Teilfolge können wir erreichen, dass limn xn = x0 ist, für ein x0 [a, b]. In
den Fällen x0 = a und x0 = b würde wegen der Voraussetzungen m = +∞ folgen, was absurd
ist. Also gilt x0 ∈ (a, b), und wegen der Stetigkeit von f folgt dann m = f (x0 ) = min{f (x) : x ∈
(a, b)}.
Aufgabe 5.
Beweisen Sie die folgenden Aussagen durch vollständige Induktion:
(i) (2 Punkte) Es seien a1 = a2 = 5 und an+1 = an + 6an−1 für n ≥ 2. Dann ist
an = 3n − (−2)n
für n ≥ 2.
(3)
Lösung: Es sind a2 = 32 − (−2)2 und a3 = a2 + 6a1 = 35 = 33 − (−2)3 , d.h. die Formel (3) ist
korrekt für n = 2 und n = 3.
Angenommen, (3) ist korrekt für zwei aufeinanderfolgende Zahlen n − 1 und n mit n ≥ 3, (1
Punkt). Dann gilt
an+1
= an + 6an−1 = 3n − (−2)n + 6(3n−1 − (−2)n−1 )
=
(3 + 6)3n−1 − (−2 + 6)(−2)n − 1 = 3n+1 − (−2)n+1 ,
d.h., die Formel (3) gilt auch für n + 1 anstelle von n. Die Behauptung folgt nun aus dem Induktionsprinzip (1 Punkt).
(ii) (2 Punkte) Sind n ∈ N ∪ {0} und p > −1, so gilt
ˆ
1
xn (1 − x)p dx =
In :=
0
n!
.
(p + 1)(p + 2) · · · (p + n + 1)
(4)
Lösung: Zunächst sei angemerkt, dass das uneigentliche Integral in (4) konvergiert wegen p > −1.
Für n = 0 gilt
ˆ 1
1
,
(1 − x)p dx =
p+1
0
d.h. (4) ist korrekt. Angenommen (4) gilt für ein n ∈ N ∪ {0} (1 Punkt). Mittels partieller Integration ergibt sich dann
ˆ 1
ˆ
n+1 1 n
In+1 =
xn+1 (1 − x)p dx =
x (1 − x)p+1 dx
p+1 0
0
ˆ
ˆ
n+1 1 n
n + 1 1 n+1
=
x (1 − x)p dx −
x
(1 − x)p dx
p+1 0
p+1 0
n+1
n+1
=
In −
In+1 .
p+1
p+1
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Analysis I, WS 2012
Daraus folgt
In+1
n+1
n!(n + 1)
In =
p+n+2
(p + 1)(p + 2) · · · (p + n + 1)(p + n + 2)
(n + 1)!
,
(p + 1)(p + 2) · · · (p + n + 2)
=
=
d.h. (4) gilt auch für n + 1 anstelle von n. Die Behauptung folgt nun aus dem Induktionsprinzip
(1 Punkt).
Aufgabe 6. (i) (1 Punkt) Sei M eine Menge reeller Zahlen. Definieren Sie die gleichmässige
Stetigkeit einer Funktion f : M → R.
Lösung: f heisst gleichmässig stetig auf M , falls es zu jedem > 0 ein δ > 0 gibt, so dass
|f (x) − f (y)| < gilt für alle x, y ∈ M mit |x − y| < δ.
(ii) (1 Punkt) Sei I ein beschränktes oder unbeschränktes Intervall, und es sei f : I → R
differenzierbar mit |f 0 (x)| ≤ L ∀x ∈ I, für eine Zahl L > 0. Zeigen Sie, dass f gleichmässig stetig
auf I ist.
Lösung: Sind x, y ∈ I, so folgt aus dem Mittelwertsatz f (x) − f (y) = f 0 (z)(x − y) für eine Zahl z
zwischen x und y. Daraus folgt
|f (x) − f (y)| = |f 0 (z)||x − y| ≤ L|x − y|.
(5)
Ist nun > 0, so gilt für alle x, y ∈ I mit |x − y| < /L, wegen (5),
|f (x) − f (y)| ≤ L|x − y| < .
Also ist f auf I gleichmässig stetig.
(iii) (2 Punkte) Untersuchen Sie die Funktionen fp (x) := xp , (p ∈ R), sowie g(x) = sin(x2 ) auf
gleichmässige Stetigkeit auf dem Intervall [1, +∞[.
Lösung: Für p ≤ 1 ist fp0 (x) = pxp−1 ≤ p, also fp gleichmässig stetig auf [1, +∞) wegen (ii).
Für p > 1 ist fp nicht gleichmässig stetig auf [1, +∞). In der Tat: Angenommen fp wäre gleichmässig
stetig und δ die zu = 1 gehörende Zahl aus der Definition in (i), und es sei n ∈ N. Dann gilt
wegen des Mittelwertsatzes für |fp (n + 1) − fp (n)| = p(n + θ)p−1 ≥ pnp−1 für ein θ ∈ (0, 1). Der
letzte Ausdruck strebt aber gegen +∞ für n → +∞, im Widerspruch zur Annahme.
Ähnlich kann man im Falle der Funktion g argumentieren: Angenommen,
p g wäre gleichmässig
√ stetig
π(n
+
(1/2))
−
πn) = 0,
auf [1, +∞),
und
δ
die
zu
=
1/2
gehörende
Zahl.
Dann
gilt
lim
(
n→∞
p
√
jedoch |g( π(n + (1/2))) − g( πn)| = | sin(π(n + (1/2))) − sin(πn)| = 1, im Widerspruch zur
Annahme.
Aufgabe 7 (Grenzwerte).
(i) (3 Punkte) Bestimmen Sie die folgenden Grenzwerte, falls diese existieren.
√
√
2+x− 2−x
x
2
x3 − 6x + 6 sin x
lim
, lim
−
, lim
.
x→0
x→0 1 − cos x
x→0
x
x
x5
Lösung: Es gilt
√
lim
x→0
2+x−
x
√
2−x
2 + x − (2 − x)
√
√
x→0 x( 2 + x +
2 − x)
2
1
√
= lim √
=√ .
x→0
2+x+ 2−x
2
=
lim
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Analysis I, WS 2012
Durch dreimalige Anwendung der Regel von de l’Hospital erhält man:
2
x2 − 2 + 2 cos x
x
−
= lim
lim
x→0
x→0 1 − cos x
x
x − x cos x
2x − 2 sin x
= lim
x→0 1 − cos x + x sin x
2 − 2 cos x
= lim
x→0 2 sin x + x cos x
2 sin x
= lim
= 0.
x→0 3 cos x − x sin x
Mittels der Potenzreihe für den Sinus erhält man
P∞
n 2n+1
/(2n + 1)! − 6x + x3
6 sin x − 6x + x3
n=0 6(−1) x
=
x5
x5
∞
X
=
6(−1)n x2n−4 /(2n + 1)! =: s(x).
n=2
Weil die Potenzreihe s(x) nach dem Quotientenkriterium für alle x konvergiert, ist sie stetig in
1
x = 0, so dass limx→0 s(x) = s(0) = 20
gilt.
(iii) (1 Punkt) Es sei f definiert in einem offenen Intervall I, und f 00 möge existieren in einem
Punkt x0 ∈ I. Zeigen Sie, dass
f (x0 + h) − 2f (x0 ) + f (x0 − h)
= f 00 (x0 )
h→0
h2
lim
gilt.
Lösung: Die Funktionen f und f 0 sind in x0 stetig. Deshalb ergibt eine zweimalige Anwendung
der Regel von de l’Hospital,
f (x0 + h) − 2f (x0 ) + f (x0 − h)
h2
0
0
f (x0 + h) − f (x0 − h)
= lim
h→0
2h
f 0 (x0 + h) − f 0 (x0 )
f 0 (x0 ) − f 0 (x0 − h)
= lim
+ lim
h→0
h→0
2h
2h
= f 00 (x0 ).
lim
h→0
Aufgabe 8.
(i) (1 Punkt) Sei f : [a, b] → R eine beschränkte Funktion. Definieren Sie das Oberintegral
´b
´ ∗b
f (x) dx und das Unterintegral ∗a f (x) dx von f .
a
Lösung: Es sind
(N
)
ˆ ∗b
X
f (x) dx := sup
f (ξn )(xn − xn−1 ) : a ≤ x0 ≤ ξ1 ≤ x2 ≤ · · · ≤ xN −1 ≤ ξN ≤ xN ,
a
ˆ
n=1
(
b
f (x) dx
:=
inf
∗a
N
X
)
f (ξn )(xn − xn−1 ) : a ≤ x0 ≤ ξ1 ≤ x2 ≤ · · · ≤ xN −1 ≤ ξN ≤ xN
n=1
(ii) (1 Punkt) Sei
f (x) =
1
x
| falls x rational,
| falls x irrational.
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.
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´1
´ ∗1
Berechnen Sie ∗0 f (x) dx und 0 f (x) dx.
Lösung: Es gilt x ≤ f (x) ≤ 1 auf [0, 1]. Wegen der Dichtheit der rationalen sowie der irrationalen
Zahlen in [0, 1] folgt wegen (i),
ˆ
ˆ
∗1
f (x) dx
0
ˆ
1
1 · dx = 1,
=
0
ˆ
1
f (x) dx
=
∗0
1
x dx =
0
1
.
2
(iii) (2 Punkte) Für welche Werte von p konvergiert das uneigentliche Integral
Wenn es konvergiert, so berechnen Sie seinen Wert.
Lösung: Mit Hilfe der Substitution x = ey erhält man für b > 2,
ˆ
2
b
dx
x(log x)p
ˆ
=
=
´ +∞
2
dx
x(log x)p
?
log b
dy
p
log 2 y

1−p log b

 y1−p 2
log
log b

 log y für p 6= 1
für p = 1
log 2
Für b → +∞ divergiert der letzte Ausdruck nach +∞ für p ≤ 1, und konvergiert nach [log 2]1−p /(p−
1) für p > 1. Somit konvergiert das uneigentliche Integral genau dann wenn p > 1 ist, und in diesem
Fall ist sein Wert gleich [log 2]1−p /(p − 1).
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