Probeklausur

Prof. Dr. László Székelyhidi
Analysis I, WS 2012
Probeklausur
[1]
[1]
Aufgabe 1.
(i) Zeigen Sie, dass max{a, b} = 12 (a + b + |a − b|) für alle reellen Zahlen a, b gilt.
Lösung: Ist a ≥ b, so gilt 21 (a + b + |a − b|) = 21 (a + b + a − b) = a = max{a, b}. Ist hingegen
a < b, so gilt 21 (a + b + |a − b|) = 12 (a + b + b − a) = b = max{a, b}.
(ii) Seien f, g : R → R stetige Funktionen. Zeigen Sie, dass die Funktion h(x) = max{f (x), g(x)}
stetig ist.
1. Lösung: (Verwendung der Stetigkeit der Betragsfunktion ) Die Funktion u(y) := |y|, (y ∈ R),
is stetig. Wegen Teil (i) ist h(x) = (1/2)[f (x) + g(x) + u(f (x) − g(x))], und somit ist h als eine
Komposition stetiger Funktionen stetig.
2. Lösung: Sei x0 ∈ R. Ist f (x0 ) > g(x0 ), so gibt es wegen der Stetigkeit von f und g ein δ > 0, so
dass auch f (x) > g(x) ist für |x − x0 | < δ. Für diese x ist dann h(x) = f (x), woraus die Stetigkeit
von h in x0 folgt. Analog kann man argumentieren im Falle f (x0 ) < g(x0 ).
Nun sei f (x0 ) = g(x0 ), und ε > 0. Aus der Stetigkeit von f und g ergibt sich die Existenz von
positiven Zahlen δ1 und δ2 , so dass
ε > f (x) − f (x0 ) > −ε für |x − x0 | < δ1 ,
(1)
ε > g(x) − g(x0 ) > −ε für |x − x0 | < δ2 .
(2)
Weil f (x0 ) = g(x0 ) = h(x0 ) ist, gilt max{f (x) − f (x0 ), g(x) − g(x0 )} = h(x) − h(x0 ). Daher folgt
aus (1) und (2), dass
ε > h(x) − h(x0 ) > −ε für |x − x0 | < δ := min{δ1 , δ2 }
gilt. Also ist h stetig in x0 auch in diesem Fall.
[2]
(iii) Skizzieren Sie die Funktion h(x) = max{x − 3, 1 − x} und berechnen Sie min h(x).
x∈R
Lösung : Wegen Teil (ii) ist h(x) stetig, und wegen Teil (i) gilt h(x) = 21 (x − 3 + 1 − x + |x − 3 −
(1 − x)|) = −1 + |x − 2|. Folglich ist min h(x) = h(2) = −1.
x∈R
[1]
Aufgabe 2.
(i) Es seien reelle Zahlen an,k , (n ∈ N ∪ {0}, k ∈ N), wie folgt rekursiv definiert:
an,0 = 1 für n ≥ 0, a0,k = 0 für k ≥ 1, und
an,k = an−1,k + an−1,k−1 für n, k ≥ 1.
Beweisen Sie mittels vollständiger Induktion, dass an,k = nk für alle n, k ∈ N mit k ≤ n gilt.
Lösung : Wir beweisen die Behauptung durch
Induktion über n. Sei zunächst n = 1. Nach Voraussetzung ist a1,1 = a0,1 + a0,0 = 0 + 1 = 11 , d.h., die Behauptung gilt für n = 1. Angenommen,
die Behauptung gilt für ein n ∈ N, d.h., für alle k ∈ N mit k ≤ n ist an,k = nk . Dann gilt für alle
k ∈ N mit k ≤ n + 1,
n
n
an+1,k = an,k + an,k−1 =
+
k
k−1
n!
n!
n![k + n − k + 1]
=
+
=
k!(n − k)! (k − 1)!(n − k + 1)!
k!(n − k + 1)!
(n + 1)!
n+1
=
=
,
k!(n − k + 1)!
k
d.h. die Behauptung gilt auch für (n + 1) anstelle von n. Nach dem Prinzip der vollständigen
Induktion folgt die Behauptung für alle n ∈ N.
[1]
(ii) Definiere für n ∈ N ∪ {0}
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Analysis I, WS 2012
∞ X
n+k k
fn (x) =
x .
k
k=0
Bestimmen Sie den Konvergenzradius
Rn .
k
Lösung : Setze ak := n+k
x
,
(k
=
0,
1, . . . ). Dann ist
k
ak+1 |x|(n + k + 1)
→ |x| für k → +∞.
ak =
k+1
[2]
Nach dem Quotientenkriterium konvergiert die Reihe absolut für |x| < 1 und divergiert für |x| > 1,
d.h. es gilt Rn = 1.
(iii) Zeigen Sie, dass fn (x) = (1 − x)fn+1 (x) gilt für alle x mit |x| < min{Rn , Rn+1 }, und
finden Sie anschliessend eine geschlossene Formel für fn (x).
Lösung : Im gemeinsamen Konvergenzgebiet der Reihen fn und fn+1 , d.h. für |x| < min{Rn , Rn+1 } =
1, gilt wegen Teil (i),
fn (x) + xfn+1 (x)
=
∞ X
n+k
k=0
=
k
xk +
∞ X
n+1+k
k
k=0
xk+1
X
∞ ∞ X
n
n+k
n+k
n+1+k k
+
+
xk = 1 +
x
0
k−1
k
k
k=0
=
k=1
fn+1 (x).
Weil ausserdem
f0 (x) =
∞ X
k
k=0
k
xk =
∞
X
k=0
xk =
1
1−x
ist, folgt für n ∈ N und |x| < 1,
fn (x)
=
=
[1]
[1]
[2]
fn−1 (x)
f0 (x)
= ··· =
1−x
(1 − x)n
1
.
(1 − x)n+1
Aufgabe 3.
(i) Sei c ∈ C. Wieviele komplexe Lösungen besitzt die Gleichung z 3 + c = 0 ? Begründen Sie
Ihre Antwort!
Lösung : Sei zunächst c = 0. Dann hat die Gleichung nur eine Lösung, nämlich z = 0. Sei nun
c 6= 0, und z eine Lösung der Gleichung. Mit Hilfe der trigonometrischen Darstellungen −c
= reiθ ,
√
iφ
3
3
z = ρe , (r = |c| ≥ 0, ρ = |z|, θ, φ ∈ [0, 2π)), erhält man |z| = |c|, also ρ √
= r, sowie
3φ = θ + 2kπ, für ein k ∈ Z. D.h., die Gleichung besitzt die 3 Lösungen z = zk = 3 rei(θ+2kπ)/3
mit k = 0, 1, 2.
(ii) Geben Sie alle komplexen Lösungen der Gleichung z 3 + 8 = 0 in der Form a + ib an. √
Lösung : Gemäss Teil (i) folgt zk = 2e√i(2kπ+π)/3 , (k = 0, 1, 2), d.h. z0 = 2eiπ/3 = 1 + i 3,
z1 = 2eiπ = −2, und z2 = 2ei5π/3 = 1 − i 3.
√ n
1+i√3
(iii) Bestimmen Sie alle Häufungspunkte der Folge 1−i
, n = 0, 1, 2, . . . .
3
√ n
√
1+i√3
Lösung : Sei an := 1−i
. Wegen Teil (ii) ist (1±i 3)3k = −8, also a3k = 1 für k = 0, 1, 2, . . . .
3
√
√
1+i√3
Daraus folgt weiterhin a3k+1 = 1−i
= (−1 + i 3)/2 und
3
√ 2
√
√
1+i√3
√3 = (−1 − i 3)/2, (k = 0, 1, 2 . . . ). Also hat die Zahlenfolge genau die
a3k+2 = 1−i
= 1−i
3
1+i 3
√
√
drei Häufungspunkte 1, (1 − i 3)/2, und (−1 − i 3)/2.
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Aufgabe 4. Sei n ∈ N.
(i) Geben Sie alle komplexen Lösungen der Gleichung z n = 1 an.
Lösung : Die Gleichung hat genau die n Lösungen z = zk = ei2kπ/n , (k = 0, 1, . . . , n − 1).
(ii) Sei x ∈ C eine Lösung der Gleichung
1+
ix n ix n
= 1−
.
n
n
Zeigen Sie, dass
kπ x = n tan
n
gilt, für ein k ∈ {0, 1, . . . , n − 1}.
Lösung : Aus Teil (i) folgt, dass
folgt
ix
n
1+ix/n
1−ix/n
=
=
d.h., x = n tan
[1]
kπ
n
= ei2kπ/n ist für eine Zahl k ∈ {0, 1, . . . , n − 1}. Daraus
eikπ/n − e−ikπ/n
ei2kπ/n − 1
=
ei2kπ/n + 1
eikπ/n + e−ikπ/n
2i sin(kπ/n)
,
2 cos(kπ/n)
.
(iii) Berechnen Sie für jedes feste k ∈ N ∪ {0} den Grenzwert
lim n tan
kπ n→∞
n
.
Lösung : Weil lim cos y = lim (sin y)/y = 1 ist, erhält man
y→0
y→0
kπ lim n tan
=
n→∞
n
=
kπ lim n sin
n→∞
n sin kπ
n
kπ lim
= kπ.
n→∞ kπ/n
Aufgabe 5. Sei f : [a, b] → R eine stetige Funktion.
[2]
(i) Formulieren Sie den Zwischenwertsatz und geben Sie einen Beweis an.
Zwischenwertsatz : Sei γ eine zwischen den Werten f (a) und f (b) liegende Zahl. Dann gibt es
ein c ∈ [a, b] so dass f (c) = γ ist.
1. Beweis : Im Falle γ = f (a) oder γ = f (b) hätten wir nichts zu beweisen. O.B.d.A. dürfen wir
dann annehmen, dass f (a) < γ < f (b) ist. (Der Beweis im Fall f (b) > γ > f (a) ist analog; hierzu
ersetzt man in den nachfolgenden Betrachtungen f durch die Funktion (−f ).)
Sei c := sup{x ∈ [a, b] : f (x) < γ}. Dann ist c ∈ [a, b], und es gibt eine Folge (xn )n∈N ⊂ [a, c] mit
limn→∞ xn = c und f (xn ) < γ. Wegen der Stetigkeit von f folgt f (c) ≤ γ, und somit auch c < b.
Angenommen, es wäre f (c) < γ. Wir setzen ε := γ − f (c). Wegen der Stetigkeit von f gibt es eine
Zahl δ ∈ (0, b − c), so dass |f (x) − f (c)| < ε gilt für alle x ∈ [a, b] mit |x − c| < δ. Insbesondere
ist f (x) < γ für c < x < c + δ(< b), im Widerspruch zur Supremumseigenschaft von c. Also ist
f (c) = γ.
2. Beweis : ( durch Intervallschachtelung ) Wie oben können wir uns auf den Fall f (a) < γ < f (b)
beschränken. Wir setzen x1 := a und y1 := b. Ist dann f ((x1 − y1 )/2) = γ, so sind wir fertig.
Anderenfalls setzen wir x2 := (x1 + y1 )/2, y2 := y1 , falls f ((x1 + y1 )/2) < γ, bzw. x2 := x1 ,
y2 := (x1 + y1 )/2, falls f ((x1 + y1 )/2) > γ. In beiden Fällen ist f (x2 ) < γ < f (y2 ) und y2 − x2 =
(y1 − x1 )/2 = (b − a)/2. Nun fahren wir folgendermassen fort: Seien xn , yn schon bestimmt, so dass
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f (xn ) < γ < f (yn ) und yn − xn = 21−n (b − a) gelten. Ist dann f ((xn + yn )/2) = γ, so beenden wir
das Verfahren. Anderenfalls setzen wir xn+1 := (xn + yn )/2, yn+1 := yn , falls f ((xn + yn )/2) < γ,
bzw. xn+1 := xn , yn+1 := (xn + yn )/2, falls f ((xn + yn )/2) > γ, (n ∈ N). Tritt dabei der Fall
f ((xn + yn )/2) = γ nie ein, so bildet die Folge {[xn , yn ]}n∈N eine Intervallschachtelung. Für die
davon erfasste Zahl c := limn→∞ xn = limn→∞ yn folgt wegen f (xn ) < γ < f (yn ),
f (c) = lim f (xn ) ≤ γ ≤ lim f (yn ) = f (c),
n→∞
[2]
n→∞
woraus sich f (c) = γ ergibt.
(ii) Sei f ([a, b]) ⊂ [a, b]. Zeigen Sie, das f einen Fixpunkt im Intervall [a, b] besitzt (d.h., es
existiert eine Zahl x ∈ [a, b], so dass f (x) = x ist).
Lösung : Definiere g(x) := f (x) − x. Wegen f ([a, b]) ⊂ [a, b] sind a ≤ f (a) und b ≥ f (b), woraus
g(a) ≥ 0 ≥ g(b) folgt. Durch Anwendung des Mittelwertsatzes auf die stetige Funktion g (und mit
γ = 0) erhält man, dass es eine Zahl c ∈ [a, b] gibt mit 0 = g(c) = f (c) − c, q.e.d.
Aufgabe 6. Seien f : [a, b] → R eine Funktion und 0 < q < 1, so dass für alle x, y ∈ [a, b] gilt:
|f (x) − f (y)| ≤ q|x − y|.
[1]
(i) Zeigen Sie, dass f stetig ist.
Lösung : Sei ε > 0 beliebig gegeben, und x0 ∈ [a, b]. Dann gilt für alle x ∈ [a, b] mit |x−x0 | < ε/q,
|f (x) − f (x0 )| ≤ q|x − x0 | < ε,
[1]
d.h., f ist stetig in x0 .
(ii) Seien x0 ∈ [a, b] beliebig, und xn induktiv definiert durch xn = f (xn−1 ) für n ∈ N. Zeigen
Sie, dass für alle n ∈ N die folgende Ungleichung gilt:
|xn+1 − xn | ≤ q|xn − xn−1 |.
[1]
Lösung : Wegen der Voraussetzungen gilt |xn+1 − xn | = |f (xn ) − f (xn−1 )| ≤ q|xn − xn−1 |.
(iii) Definieren Sie, wann eine Folge (xn )n∈N ⊂ R eine Cauchyfolge ist.
Lösung : (xn )n∈N ⊂ R heisst Cauchyfolge wenn es zu jedem ε > 0 eine Zahl N ∈ N gibt, so dass
für alle m, n ∈ N mit N ≤ m < n gilt:
|xn − xm | < ε.
[1]
(iv) Zeigen Sie, dass x := lim xn existiert und dass f (x) = x gilt.
n→∞
Lösung : Eine Iteration der Formel aus Teil (ii) ergibt:
|xn+1 − xn | ≤ q|xn − xn−1 | ≤ · · · ≤ q n |x1 − x0 |, (n ∈ N).
Pn
Zusammen mit der Dreiecksungleichung und der Formel k=0 q k = (1 − q n+1 )/(1 − q), (n ∈ N),
folgt daraus für alle m, n ∈ N mit m < n:
|xn − xm |
≤
n−1
X
|xk+1 − xk |
k=m
≤
n−1
X
k
q |x1 − x0 | = |x1 − x0 |q
k=m
m
≤
m
n−m−1
X
q k = |x1 − x0 |
k=0
qm − qn
1−q
q
|x1 − x0 |.
1−q
Der letzte Ausdruck strebt gegen 0 für m → ∞. Folglich ist (xn )n∈N eine Cauchyfolge. Daher
existiert der Grenzwert lim xn =: x. Weil f stetig ist, ist dann
n→∞
0 = lim (f (xn−1 ) − xn ) = f (x) − x.
n→∞
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Analysis I, WS 2012
Aufgabe 7. Sei X eine Menge und d : X × X → R eine Funktion.
(i) Definieren Sie, wann d eine Metrik auf X ist.
Lösung : d ist eine Metrik genau dann, wenn für alle x, y, z ∈ X die folgenden Regeln gelten:
(M 1)
d(x, y) ≥ 0, und d(x, y) = 0 genau dann wenn x = y (Definitheit);
(M 2)
d(x, y) = d(y, x) (Symmetrie);
(M 3)
d(x, z) ≤ d(x, y) + d(y, z) (Dreiecksungleichung).
(ii) Untersuchen Sie, ob d : R × R → R, d(x, y) = |x2 − y 2 | auf X = R eine Metrik ist.
Lösung: Es gilt d(1, −1) = |1 − 1| = 0, was (M1) widerspricht. Also ist d keine Metrik.
(iii) Seien N ∈ N und
X := x = (x1 , . . . , xN ) : xk ∈ {0, 1} für alle k = 1 . . . N
die Menge aller geordneten N -Tupel aus den Ziffern 0 und 1. Definiere d : X × X → R durch
d(x, y) = Anzahl der Stellen in denen sich x und y unterscheiden.
Zeigen Sie, dass d eine Metrik ist.
Lösung : d is nichtnegativ, und ist d(x, y) = 0, so unterscheiden sich x und y in keiner ihrer
Stellen, sind also gleich. Ferner ist d symmetrisch. Also gelten (M1) und (M2). Schliesslich seien
x, y, z ∈ X. Wenn x und y sich in m Stellen und y und z sich in n Stellen unterscheiden, so können
sich x und z höchstens in m + n = d(x, y) + d(y, z) Stellen unterscheiden. Daraus folgt (M3). Also
ist d eine Metrik auf X.
Aufgabe 8. Sei f :]0, ∞[→ R eine Funktion mit der Eigenschaft
f (xy) = f (x) + f (y) für alle x, y > 0.
[1]
[1]
(i) Zeigen Sie, dass f (1) = 0 ist.
Lösung : Aus der Voraussetzung folgt mit x = 1 und y = 0, dass f (0) = f (1)+f (0), also f (1) = 0
gilt.
(ii) Zeigen Sie mittels vollständiger Induktion, dass f (xn ) = nf (x) ist für alle n ∈ N gilt.
Lösung : Ist n = 1, so haben wir nichts zu beweisen. Angenommen, es gilt für ein k ∈ N:
f (xk ) = kf (x)
k+1
[1]
[1]
für alle x > 0.
k
Dann folgt f (x
) = f (x )+f (x) = kf (x)+f (x) = (k +1)f (x). Nach dem Prinzip der vollständigen Induktion gilt also f (xn ) = nf (x) für alle n ∈ N und für alle x > 0.
(iii) Sei 0 < a 6= 1, so dass f (a) = 1. Zeigen Sie, dass f (ax ) = x für alle x ∈ Q gilt.
Lösung : Ist q ∈ N, so gilt nach Teil (ii), qf (a1/q ) = f (a) = 1, also f (a1/q ) = 1/q. Ferner,
ist x ∈ Q, so gibt es Zahlen p ∈ Z und q ∈ N, so dass x = p/q gilt. Folglich ist nach den
vorangegangenen Betrachtungen
f (ax ) = f [a1/q ]p = pf (a1/q ) = p · (1/q) = x.
(iv) Sei f zusätzlich stetig im Punkt x = 1. Zeigen Sie, dass dann f im gesamten Intervall
]0, ∞[ stetig ist.
Lösung : Sei x0 > 0, und (xn )n∈N eine Folge positiver Zahlen mit lim xn = x0 . Setzt man
n→∞
yn := xn /x0 , so folgt lim yn = 1. Wegen der Stetigkeit von f in 1 ergibt sich also
n→∞
lim f (xn )
n→∞
=
=
lim f (x0 yn )
n→∞
lim (f (x0 ) + f (yn )) = f (x0 ).
n→∞
Also ist f stetig in x0 .
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