L¨osungen der 1. Klausur zur Analysis I

Prof. Dr. Torsten Wedhorn
Daniel Wortmann
Universität Paderborn
WS 11/12
Lösungen der 1. Klausur zur Analysis I
Aufgabe 1:
(14 Punkte)
Kreuze an, ob die folgenden Aussagen wahr oder falsch sind. In dieser Aufgabe musst du deine
Entscheidung nicht begründen. Für eine richtige Anwort gibt es 2 Punkte, bei einer falschen werden 2
Punkte abgezogen, keine Antwort ergibt null Punkte. Insgesamt gibt es aber mindestens null Punkte.
Unleserliche und unklare Antworten werden als falsche Antwort gewertet.
wahr
2
falsch
4
Jede monoton wachsende oder monoton fallende Folge reeller Zahlen
konvergiert in R.
Die Aussage ist falsch. Zum Beispiel ist die Folge (n)n∈N monoton wachsend,
konvergiert aber nicht in R.
2
4
P∞
P
Ist ∞
k=1 ak eine absolut konvergente Reihe reeller Zahlen,
P∞so gilt1 k=1 ak ≥ 0.
Die Aussage ist falsch. Ein Gegenbeispiel ist die Reihe k=1 (− k2 ).
2
4
Sei (ak )k∈N eine Folge reeller
PZahlen, so dass die Folge (kak )k∈N konvergiert.
Dann konvergiert die Reihe ∞
k=1 ak .
Die Aussage ist falsch. Betrachte zum Beispiel die Folge ( k1 )k∈N . Da k · k1 = 1
1
für alle k ∈ N, konvergiert
P∞ 1die Folge (k · k )k∈N gegen 1, jedoch divergiert die
harmonische Reihe k=1 k .
2
4
Es gibt eine stetige und bijektive Funktion f : (0, 1) → R.
Die Aussage ist wahr. Zum Beispiel ist f : (0, 1) → R, x 7→ tan(πx − π2 ) stetig
und bijektiv.
4
2
Ist f : [a, b] → R differenzierbar, so ist f eine Regelfunktion.
Die Aussage ist wahr. Jede differenzierbare Funktion ist stetig und jede stetige
Funktion ist eine Regelfunktion.
4
2
Sei (fn )n∈N eine Folge von nicht stetigen Funktionen fn : R → R, die gleichmäßig
gegen f : R → R konvergiert. Dann ist auch f nicht stetig.
Die Aussage ist falsch. Ein Gegenbeispiel ist die Funktionenfolge (fn )n∈N mit
fn (x) = n1 für x < 0 und fn (x) = 0 für x ≥ 0, welche gleichmäßig gegen die
(stetige) Funktion f : R → R, x 7→ 0 konvergiert.
2
4
Ist (an )n∈N eine Cauchyfolge mit an ∈ Q für alle n ∈ N, so konvergiert sie
und es gilt lim an ∈ Q.
n→∞
√
/ Q) gibt es eine
Die Aussage ist falsch. Zu jeder reellen Zahl a (z.B. a = 2 ∈
konvergente Folge (insb. Cauchyfolge) rationaler Zahlen mit Grenzwert a.
Aufgabe 2:
(7 Punkte)
Bestimme M := sin([−2, 2]), sowie das Supremum und das Infimum von M .
Lösung:
Es gilt sin(− π2 ) = −1 und sin( π2 ) = 1. Da 0 < π2 ≤ 2, gilt − π2 , π2 ∈ [−2, 2]. Da sin stetig ist, Folgt
mit dem Zwischenwertsatz, dass [−1, 1] ⊆ M = sin([−2, 2]). Andererseits ist −1 ≤ sin(x) ≤ 1 für
alle x ∈ R, daher gilt auch M ⊆ [−1, 1]. Insgesamt folgt, dass M = [−1, 1], also ist inf(M ) = −1
und sup(M ) = 1.
Aufgabe 3:
(4 Punkte)
Sei (an )n∈N eine konvergente Folge reeller Zahlen mit Grenzwert a ∈ R, sei (bn )n∈N eine weitere
Folge in R, so dass bn 6= 0 für alle n ∈ N und lim abnn = 1.
n→∞
Zeige, dass (bn )n∈N gegen a konvergiert.
Lösung:
Da(an )n∈N und ( abnn )n∈N konvergente Folgen sind, und lim abnn = 1 6= 0, gilt nach dem Grenzwertsatz
n→∞
für den Quotienten konvergenter Folgen: Die Folge
!
an
(bn )n∈N = an
bn
n∈N
konvergiert, und ihr Grenzwert ist
lim an
lim bn =
n→∞
n→∞
lim an
n→∞ bn
=
a
=a
1
Aufgabe 4:
(4+4 Punkte)
Entscheide, ob die folgenden Reihen konvergieren:
∞
X
kπ
(a)
sin
2
k=0
(b)
∞
X
exp(−k)
k=0
Lösung:
(2m+1)π
2
= (−1)m für alle m ∈ N, also ist sin
P∞
konvergiert die Reihe k=0 sin kπ
nicht.
2
(a) Es gilt sin
kπ
2
k∈N
keine Nullfolge. Daher
k
1
(b) Es gilt exp(−k) = exp(k)
= 1e für alle k ∈ N. Es handelt sich also um eine geometrische
Reihe. Da 1e < 1, ist sie konvergent:
∞
∞ k
X
X
1
1
e
exp(−k) =
=
1 =
e
e−1
1− e
k=0
k=0
Aufgabe 5:
(6 Punkte)
Sei f : [1, 2] → [1, 4] eine stetige Funktion. Zeige, dass ein x0 ∈ [1, 2] existiert mit f (x0 ) = x20 .
Hinweis: Betrachte z.B. die Funktion g : [1, 2] → R, x 7→ f (x) − x2 .
Lösung:
Definiere die Funktion g : [1, 2] → R, x 7→ f (x) − x2 . Als Differenz von stetigen Funktionen ist
g wieder eine stetige Funktion. Da f ([1, 2]) ⊆ [1, 4], gilt g(1) = f (1) − 1 ≥ 1 − 1 = 0 und
g(2) = f (2) − 4 ≤ 4 − 4 = 0. Aus dem Zwischenwertsatz für die Funktion g folgt nun: Es gibt ein
x0 ∈ [1, 2] mit
0 = g(x0 ) = f (x0 ) − x20
Für dieses x0 gilt also f (x0 ) = x20 .
Aufgabe 6:
(4 Punkte)
Zeige, dass für die Funktion arcsin : [−1, 1] → [− π2 , π2 ] ⊂ R gilt:
arcsin(−x) = − arcsin(x) für alle x ∈ [−1, 1]
Lösung:
Es gilt sin(−y) = − sin(y) für alle y ∈ R. Daher hat man für alle x ∈ [−1, 1]:
sin(− arcsin(x)) = − sin(arcsin(x)) = −x = sin(arcsin(−x))
Nach Anwendung des Sinus auf beide Seiten ist die zu zeigende Identität also erfüllt. Da arcsin(−x) ∈
[− π2 , π2 ] und − arcsin(x) ∈ [− π2 , π2 ] für alle x ∈ [−1, 1], und sin auf dem Intervall [− π2 , π2 ] injektiv (da
streng monoton wachsend) ist, folgt hieraus die Behauptung.
Aufgabe 7:
Betrachte die Funktion F : R → R, x 7→
(4+8 Punkte)
Rx
t3 exp(t)dt.
1
(a) Zeige, dass F differenzierbar ist mit F 0 (x) = x3 exp(x).
(b) Bestimme alle lokalen Minima und alle lokalen Maxima von F . Bestimme die größtmöglichen
Intervalle, auf denen F monoton wachsend ist, und die größtmöglichen Intervalle, auf denen F
monoton fallend ist.
Lösung:
(a) Die Funktion f : R → R, x 7→ t3 exp(t) ist stetig. Daher gilt nach dem Hauptsatz der Differentialund Integralrechnung: F ist differenzierbar mit F 0 = f .
(b) Da exp(x) > 0 für alle x ∈ R, gilt für die Ableitung von F :


> 0, x > 0
(a) 3
0
F (x) = x exp(x) = 0, x = 0


< 0, x < 0
F ist also streng monoton wachsend auf dem Intervall [0, ∞), streng monoton fallend auf dem
Intervall (−∞, 0] und besitzt höchstens ein lokales Minimum oder Maximum, nämlich in 0. Daher ist [0, ∞) das größtmögliche Intervall, auf dem F monoton wachsend ist, und (−∞, 0] das
größtmögliche Intervall, auf dem F monoton fallend ist. F hat somit ein lokales Minimum in 0
(dies ist sogar ein globales Minimum) und besitzt kein lokales Maximum.
Aufgabe 8:
(4+2* Punkte)
Betrachte die Funktionenfolge (fn )n∈N gegeben durch
fn : R → R, x 7→
cos(x)
n
Prüfe, ob (fn )n∈N gleichmäßig konvergent ist.
Bonusaufgabe*: Prüfe, ob (fn )n∈N punktweise konvergent ist.
Lösung:
def.
Es gilt | cos(x)| ≤ 1 für alle x ∈ R, also ist kfn kR = k cos(x)
kR = sup{| cos(x)
| | x ∈ R} ≤
n
n
n ∈ N. Somit gilt
lim kfn − 0kR = lim kfn kR = 0
n→∞
1
n
für alle
n→∞
also konvergiert (fn )n∈N gleichmäßig (gegen die Nullfunktion f : R → R, x 7→ 0).
Da (fn )n∈N gleichmäßig konvergent ist, konvergiert die Folge auch punktweise (und zwar gegen dieselbe Grenzfunktion).
Aufgabe 9:
(6+12+4* Punkte)
(a) Bestimme eine Stammfunktion von | · | : R → R, x 7→ |x|.
(b) Berechne die folgenden Integrale:
Z 2
Z 1
x
√
x log(x) dx
(ii)
dx
(i)
x2 + 3
−1
1
Z 1
Z ∞
2
1
(iii)
dx
(iv)*
(x − 1) exp(−x2 + 2x) dx
1 4x2 + 1
−2
0
Lösung:
(a) Die Funktion | · | ist stetig, daher ist
Z
x
|t| dt
F (x) :=
0
nach dem Hauptsatz der Diffentialeine Stammfunktion von | · |. Für t ≥ 0
R x und Integralrechnung
1 2
ist |t| = t, also gilt F (x) = 0 t dt = 2 x für x ≥ 0. Für t ≤ 0 ist |t| = −t, also ist F (x) =
R0
R0
− x (−t) dt = x t dt = − 21 x2 für x ≤ 0.
Insgesamt ergibt sich für die Stammfunktion von | · |:
(
1 2
x,
x≥0
F (x) = 2 1 2
−2x , x ≤ 0
(b)
(i)
Z
2
x log(x) dx
p.I.
=
1
=
Z 2
2 Z 2 1
1
1 2
2 1
x log(x) −
x · dx = 2 log(2) −
x dx
2
x
1
1 2
1 2
1 2
3
2 log(2) − x2 = 2 log(2) −
4 1
4
(ii)
1
Z
x
1
√
dx =
2
x2 + 3
−1
Z
1
−1
2x
(ϕ(x)=x2 +3) 1
√
dx =
=
2
x2 + 3
Z
4
4
1
√ dx = 0
x
Man kann auch argumentieren: Die Funktion f : [−1, 1] → R, x 7→ √xx2 +3 ist eine punktsymmetrische Regelfunktion und der Integrationsbereich [−1, 1] ist symmetrisch um 0. Also ist das
Integral 0.
(iii)
Z
1
2
− 12
Z 1
Z 1
1
2
1 2
1
(ϕ(x)=2x) 1
dx =
dx
=
dx
2
2
2
4x + 1
2 − 12 (2x) + 1
2 −1 x + 1
1
1 π
π π
1
arctan(x) =
− (− ) =
=
2
2 4
4
4
−1
(iv)* Für alle b > 0 gilt
Z b
(x − 1) exp(−x2 + 2x) dx
=
0
(ϕ(x)=2x−x2 )
=
=
1
−
2
Z
b
(2 − 2x) exp(2x − x2 ) dx
0
2
2b−b2
1
1 2b−b
−
exp(x) dx = − exp(x)
2 0
2
0
1
(1 − exp(2b − b2 ))
2
Z
Wegen lim 2b − b2 = −∞ konvergiert das uneigentliche Integral und es gilt
b→∞
Z
0
∞
1
1
(1 − exp(2b − b2 )) =
b→∞ 2
2
(x − 1) exp(−x2 + 2x) dx = lim