Aufgaben und Lösungen - Fakultät für Mathematik

Prof. Dr. M. Kaßmann
Fakultät für Mathematik
Universität Bielefeld
Wintersemester 2009/2010
Klausur zur Vorlesung Analysis 1 (240003)
1. Termin: 15.2.2010
Aufgaben und Lösungen
Aufgaben:
1. Die komplexen Lösungen der Gleichung z 2 −
√
2=
√
2i sind
(2 + 2i) und (−2 − 2i)
√
√
2 cos π8 − i sin π8 und 2 − cos π8 + i sin π8 .
(2 − 2i) und (−2 + 2i)
√
√
2 cos π8 + i sin π8 und 2 − cos π8 − i sin π8
(Genau eine der obigen Aussagen ist wahr. Kreuzen Sie diese an.)
P
k
2. Sei ∞
k=0 ak z eine komplexe Potenzreihe mit Konvergenzradius R > 0. Diese Reihe konvergiert...
..., falls |z| = R. Sie konvergiert in diesem Fall jedoch nicht absolut.
..., falls |z| ≤
R
π.
In diesem Fall konvergiert sie auch absolut.
... genau dann, wenn (ak ) eine Nullfolge ist und z ∈ C.
... genau dann absolut, wenn |z| ≤ R.
... genau dann, wenn |z| = R.
(Genau eine der obigen Aussagen ist wahr. Kreuzen Sie diese an.)
3. Entscheiden Sie, ob die angegebenen Folgen (an )n∈N reeller Zahlen konvergieren oder divergieren.
Beweisen Sie Ihre Behauptungen und bestimmen Sie gegebenenfalls den Grenzwert.
(a) an =
2n−3
n2 +9
(b) an =
(2n−3)3
n+n2 +n3
(c) a1 = 5, an+1 =
√
6 − an
4. Seien (an )n∈N und (bn )n∈N zwei konvergente Zahlenfolgen. Beweisen Sie, dass die Produktfolge
(an bn )n∈N konvergiert.
5. Untersuchen Sie die folgenden Reihen auf Konvergenz/Divergenz. Beweisen Sie Ihre Behauptungen.
(a)
∞
P
k=2
1+k2
k3 −k
1
∞
P
(b)
(c)
(d)
k=1
∞
P
k=1
∞
P
k=1
k
(k+1)199/99
(ik)3
3k
(−1)k (k + 1)1/4 − k 1/4
6. Bestimmen Sie alle reellen Zahlen a, für welche die durch

2
 a−
4
exp(exp(1/x))
f (x) =
2a
für x 6= 0 ,
für x = 0 ,
gegebene Funktion f : R → R stetig ist. Beweisen Sie Ihre Behauptung.
7. Sei f : R → R beschränkt. Für n ∈ N seien Funktionen gn : R → R durch
1
gn (x) = √ f (x + n)
n
definiert. Entscheiden Sie, ob die Funktionenfolge (gn ) nun gleichmäßig konvergiert. Beweisen Sie
Ihre Aussage.
8. Berechnen Sie die folgenden Ausdrücke:
q
18
q
18
4
(a)
−
R4
(b) lim
√ 1
9−x2
Rb
b→∞ 0
dx
(x − 1) · e−x
2 −1+2x
dx
9. Geben Sie den maximalen Definitionsbereich I ⊂ R für die Funktion f : I → R, f (x) = x2 ln(x) an
und diskutieren Sie die Funktion umfänglich (Maxima, Minima, Monotonie, Verhalten der Funktion
am Rand von I).
Lösungen
1. Die komplexen Lösungen der Gleichung z 2 −
2
2
2
2
√
2=
√
2i sind
(2 + 2i) und (−2 − 2i)
√
√
2 cos π8 − i sin π8 und 2 − cos π8 + i sin π8 .
(2 − 2i) und (−2 + 2i)
√
√
2 cos π8 + i sin π8 und 2 − cos π8 − i sin π8
Es gilt z 2 = 2(cos(π/4) + i sin(π/4)). Da sich beim Quadrieren einer komplexen Zahl der Betrag
quadriert und der entsprechende Winkel sich verdoppelt, kommen nur die Antworten 2 und 4 in
Frage; für z wie in Antwort 3 läge z 2 jedoch nicht wie gefordert im ersten Quadranten der Gaußschen
Zahlenebene.
2
2. Sei
P∞
2
2
2
2
2
k=0 ak z
k
eine komplexe Potenzreihe mit Konvergenzradius R > 0. Diese Reihe konvergiert...
..., falls |z| = R. Sie konvergiert in diesem Fall jedoch nicht absolut.
..., falls |z| ≤ R
π . In diesem Fall konvergiert sie auch absolut.
... genau dann, wenn (ak ) eine Nullfolge ist und z ∈ C.
... genau dann absolut, wenn |z| ≤ R.
... genau dann, wenn |z| = R.
Im Inneren des Konvergenzbereiches konvergieren Potenzreihen absolut. Für |z| = R ist nicht
sichergestellt, dass die Reihe konvergiert. In Antwort 4 ist die Bedingung nicht hinreichend; in
Antwort 3 und 5 weder notwendig noch hinreichend.
2/n − 3/n2 n→∞ 0
2n − 3
−→ = 0.
=
n2 + 9
1 + 9/n2
1
3
3
2
8n − 36n + 54n − 27
8 − 36/n + 54/n2 − 27/n3 n→∞ 8
(2n − 3)
−→ = 8.
=
=
(b) an =
n + n2 + n2
n + n2 + n3
1 + 1/n + 1/n2
1
(c) Die Iterationsvorschrift lautet
√
an+1 = 6 − an , a1 = 5.
3. (a) an =
Falls (an ) gegen √
ein a ∈ R konvergiert, muss aufgrund der Stetigkeit der Wurzelfunktion auch
√
6 − an gegen 6 − a konvergieren. Daher muss für den Grenzwert a (sofern er existiert)
gemäß der Iterationsvorschrift gelten
√
6 − a = a ⇔ a = 2.
Wir zeigen nun, dass (an )n∈N eine Cauchy-Folge ist. Zunächst ist
√
p
|an − an−1 |
|6 − an − (6 − an−1 )|
=√
|an+1 − an | = 6 − an − 6 − an−1 = √
.
√
√
6 − an + 6 − an−1
6 − an + 6 − an−1
Durch Induktion nach n zeigen wir:
∀n ∈ N : 1 ≤
√
6 − an ≤ 5.
Der Induktionsanfang ist klar. Die Behauptung gelte für ein n ≥ 2. Dann gilt sie auch für
n + 1, denn
q
q
√
p
IV √
IV
√
√
√
1 = 6 − 5 ≤ 6 − 6 − an = 6 − an+1 = 6 − 6 − an ≤ 6 − 1 = 5 ≤ 5.
Damit erhalten wir
1
|an+1 − an | ≤ |an − an−1 | ≤ . . . ≤
2
n−1
n−1
1
1
· |a2 − a1 | = 4 ·
.
2
2
Sei nun oBdA n ≥ m. Dann gilt
|an − am | ≤ |an − an−1 | + |an−1 − an−2 | + . . . + |am+1 − am |
n−2
X 1 k
1 − (1/2)n−1 1 − (1/2)m−1
−
=4·
≤4·
2
1/2
1/2
k=m−1
!
m−1 n−1
m−1
m
1
1
1
1
=8·
≤8·
−
= 16
.
2
2
2
2
%
$
ε
ln 16
+ 1. Dann gilt für
(an ) ist eine Cauchy-Folge, denn zu beliebigem ε > 0 wähle N0 =
ln 21
alle n, m ≥ N0 : |an − am | ≤ ε; die Folge konvergiert also gegen den Grenzwert a = 2.
3
4. Seien a, b ∈ R die Grenzwerte der Folgen (an ) und (bn ). Dann gilt:
1
1
an bn − ab = (an − a)(bn + b) + (an + a)(bn − b)
2
2
1
n→∞ 1
−−−→ · 0 · (2b) + · (2a) · 0 = 0.
2
2
Damit ist bewiesen, dass die Folge (an bn ) gegen den Grenzwert ab konvergiert.
Alternative: Zunächst halten wir fest, dass konvergente Folgen insbesondere beschränkt sind, es
existieren also Zahlen A, B ∈ (0, ∞) mit
∀n ∈ N : |an | ≤ A und ∀n ∈ N : |bn | ≤ B.
Wir beweisen nun, dass (an bn ) eine Cauchyfolge ist und wählen ε > 0. Dann existieren wegen der
Konvergenz von (an ) bzw. (bn ) natürliche Zahlen Na bzw. Nb , sodass
ε
ε
und ∀n, m ≥ Nb : |bn − bm | ≤
.
∀n, m ≥ Na : |an − am | ≤
2B
2A
Also gilt für n, m ≥ max(Na , Nb )
1
1
|an bn − am bm | = (an + am )(bn − bm ) + (an − am )(bn + bm )
2
2
ε
1
ε
1
+ (2B)
≤ (2A)
2
2A 2
2B
=ε
Somit ist bewiesen, dass (an bn )n∈N eine Cauchyfolge ist; sie konvergiert also in R.
5. (a) Die Reihe divergiert nach dem Minorantenkriterium, denn für beliebiges N ∈ N ist
N
N
N
X
X
1 + k2
k2 X 1
≥
=
k3 − k
k3
k
k=2
und
∞
X
k=2
k=2
k=2
1
divergiert.
k
(b) Die Reihe konvergiert nach dem Majorantenkriterium, denn für beliebiges N ∈ N ist
N
N
X
N
X k
X 1
k
≤
=
(k + 1)199/99
k 199/99
k 100/99
k=1
k=1
k=1
und
∞
X
1
< ∞ für s > 1.
ks
k=1
3
(c) Die Reihe konvergiert nach dem Quotientenkriterium. Denn mit ak = (ik)
gilt
3k
ak+1 (k + 1)3 3k
1
1 3 4
=
·
=
·
1
+
≤ < 1, für alle k ≥ 3.
ak 3k+1
k3
3
k
5
(d) Wir wenden das Leibniz-Kriterium an, um die Konvergenz der Reihe zu beweisen. Dazu zeigen
wir, dass die durch
ak = (k + 1)1/4 − k 1/4
definierte Folge eine monoton fallende Nullfolge ist. Zunächst ist
√
√
k+1− k
1
1/4
1/4
√ .
ak = (k + 1) − k
=
=
√
1/4
1/4
1/4
1/4
(k + 1) + k
((k + 1) + k ) · ( k + 1 + k)
Damit ist (ak ) als monoton fallende Nullfolge nachgewiesen.
4
6. f ist für x 6= 0 als Verknüpfung stetiger Funktionen stetig. Es ist lediglich die Stetigkeit an der
Stelle 0 zu überprüfen. Dafür berechnen wir den rechts- und linksseitigen Grenzwert:
2
4
lim f (x) = lim a −
= a2 .
y→∞
xց0
exp(exp(y))
2
4
lim f (x) = lim a −
= (a − 4)2 .
y→∞
xր0
exp(1/ey )
Damit die beiden Grenzwerte übereinstimmen, muss a2 = (a − 4)2 , also a = 2 gelten und es gilt
dann limx→0 f (x) = 4. Für a = 2 ist f (0) = 4 definiert, also ist die Funktion genau dann stetig,
wenn a = 2.
7. Wegen der Beschränktheit von f existiert M ∈ R, sodass ∀x ∈ R : |f (x)| ≤ M . Deshalb gilt
∀n ∈ N ∀x ∈ R : |gn (x)| ≤ √1n M , also
sup |gn (x)| → 0 für n → ∞,
x∈R
die Funktionenfolge gn konvergiert also gleichmäßig gegen die Nullfunktion.
8. (a)
q
−
Z
q
q
18
4
√
18
4
1
dx =
9 − x2
−
Z
q
18
4
18
4
1
1
p
dx =
3 1 − ( x3 )2
√
−
r
= arcsin(
(b)
√
Z1/2
r
1
) − arcsin(−
2
1
p
dy
1 − y2
1/2
1
) = π/2 .
2
Alternative: Substituiere x = 3 sin(z) ⇔ z = arcsin( x3 ). Dann gilt
q
Z 18
Z arcsin(√1/2)
Z π
4
4 cos(z)
1
π
1
p
√
dz = .
dx =
· 3 cos(z) dz =
q
√
2
2
2
9−x
− 18
arcsin(− 1/2) 3 1 − sin (z)
− π4 cos(z)
4
Zb
0
−x2 −1+2x
(x − 1) · e
1
dx =
2
Zb
0
=⇒
−(x−1)2
2(x − 1) · e
1
dx =
2
2
(b−1)
Z
e−y dy =
1
i(b−1)2
1h
− e−y
2
1
1
1
2
= e−1 − e−(b−1)
2
2
Zb
e−1
2
lim (x − 1) · e−x −1+2x dx =
.
b→∞
2
0
9.
• I = (0, ∞) [2 Punkte]
• lim f (x) = 0 und f (x) → ∞ für x → ∞ [2 Punkte]
xց0
f ′ (x)
•
= 2x ln(x) + x = x(2 ln(x) + 1) [2 Punkte]
′
• f (x) < 0 für x ∈ (0, e−1/2 ), f ′ (e−1/2 ) = 0 und f ′ (x) > 0 für x > e−1/2 [2 Punkte]
• f fällt streng monoton auf (0, e−1/2 ) und wächst streng monoton auf (e−1/2 , ∞). [2 Punkte]
• f hat ein globales Minimum in x0 = e−1/2 , keine weiteren Minima und weder lokale noch
globale Maxima. [5 Punkte]
5