Lösung:

Aufgabe 1
Zeigen Sie mit vollständiger Induktion, dass für alle n ∈ N gilt:
n
X
ln k > n ln n − n
k=1
Lösung:
Beweis durch vollständige Induktion
Induktionsanfang: Für n = 1 ist
1
X
ln k = ln 1 = 0 > −1 = 1 ln 1 − 1.
k=1
Induktionsschritt: Es ist
n+1
X
k=1
ln k =
n
X
IVor
ln k + ln(n + 1) > n ln n − n + ln(n + 1)
≥ (n + 1) ln(n + 1) − (n + 1)
⇐⇒
k=1
1
≥ n ln(n + 1) − n ln n
⇐⇒
ln e ≥ n (ln(n + 1) − ln n) ⇐⇒
n
n+1
Monotonie von
ln e ≥ ln
⇐⇒
n
n
n+1
.
e ≥
n
ln
Die letzte Ungleichung ist aber für alle n ∈ N erfüllt, weil die rechts stehende Folge monoton
wachsend gegen e konvergiert.
Aufgabe 2
a) Zeigen Sie dass für alle komplexen Zahlen z, w ∈ C die folgende Gleichung richtig ist:
2
2
2
2
|z + w| + |z − w| = 2 |z| + 2 |w|
Was bedeutet diese Gleichung geometrisch?
b) Finden Sie alle komplexen Zahlen z ∈ C mit
zz − 2z − 2z = 2
Skizzieren Sie die gefundene Menge.
Lösung:
a) Es ist
2
2
|z + w| + |z − w| = (z + w)(z̄ + w̄) + (z − w)(z̄ − w̄) = 2z z̄ + 2ww̄ = 2|z|2 + 2|w|2 .
Das ist die sogenannte Parallelogrammgleichung, die besagt, dass die Summe der Quadrate der
Diagonalenlängen gerade der doppelten Summe der Quadrate der Seitenlängen entspricht. Dies
kann man auch als Folgerung aus dem Cosinussatz beweisen.
b) Es ist
2
z z̄ − 2z − 2z̄ = (z − 2)(z̄ − 2) − 4 = 2 ⇐⇒ |z − 2| = 6.
√
Die letzte Gleichung stellt einen Kreis um z0 = 2 mit dem Radius r = 6 dar.
oder:
2
2
2
2
Mit z = x + iy wird die Gleichung
√ zu x + y − 4x = 2 bzw. (x − 2) + y = 6. Dies ist ein Kreis in
der (x, y)-Ebene vom Radius 6 um den Punkt (2, 0).
Aufgabe 3
Zeigen Sie:
lim
n→∞
√
n
n=1
Lösung:
Setze an :=
√
n
n − 1 > 0, dann ist nach dem Binomischen Satz und für n > 2
n = (1 + an )n =
n X
n(n − 1) 2
n
n
an ,
akn >
a2n =
k
2
2
k=0
Nach dem Einschachtelungssatz ist dann
lim an = 0,
n→∞
also
lim
n→∞
√
n
n = 1.
r
also 0 < an <
2
.
n−1
Aufgabe 4
a) Notieren Sie das Theorem von Bolzano-Weierstraß.
b) Notieren Sie das Cauchykriterium für die Konvergenz von Zahlenfolgen.
Lösung:
a) Jede beschränkte, unendliche Folge reeller oder komplexer Zahlen besitzt eine konvergente Teilfolge.
b) Eine Zahlenfolge (an ) ist genau dann konvergent, wenn sie eine Cauchy-Folge ist, d. h. wenn zu
jedem ε > 0 ein n0 ∈ N existiert, so dass für alle n, m ≥ n0 gilt: |an − am | < ε.
Aufgabe 5
a) Konvergiert die durch a0 := 2, a1 := 1 und
an+1 =
an + an−1
2
gegebene Zahlenfolge (n ∈ N) ?
b) Bestimmen Sie ggf. den Grenzwert.
Lösung:
a) Es ist
an+1 − an =
an − an−1
an + an−1
− an = −
,
2
2
also
a2 − a1
=
a3 − a2
=
a4 − a3
=
a1 − a0
2
a2 − a1
a1 − a0
−
=
2
4
a3 − a2
a1 − a0
−
=−
2
8
−
..
.
an − an−1
=
−1
2
n−1
(a1 − a0 )
Nun ist für p ∈ N
an+p − an
=
n+p
X
(ak − ak−1 ) = (a1 − a0 )
k=n+1
<
=
n+p
X
k=n+1
k−1
∞
X
−1
(a1 − a0 )
= (a1 − a0 )
2
k=n+1
n+1
3
−1
(a1 − a0 )
,
2
2
−1
2
k−1
1
1+
1
2
−
1−
1
−1 n+1
2
+ 12
!
(an ) ist also eine Cauchy-Folge und damit konvergent.
b) Weiterhin ist
n
k−1
n X
1 − −1
−1
2
an =
(ak − ak−1 ) + a0 = (a1 − a0 )
+ a0 = (a1 − a0 )
+ a0 ,
2
1 + 12
k=1
k=1
n
X
woraus sofort
lim an =
n→∞
folgt.
2
2a1 + a0
4
(a1 − a0 ) + a0 =
=
3
3
3
Aufgabe 6
Für n ∈ N sei eine Zahlenfolge (an ) gegeben durch
an =
n2 + 2n
(n + 1)2
a) Zeigen Sie, dass (an ) monoton wachsend und nach oben beschränkt ist.
b) Berechnen Sie a := limn→∞ an .
c) Finden Sie eine möglichst kleine Zahl n0 (ε) ∈ N, so dass gilt
|an − a| < 0, 0025 =
1
400
für n ≥ n0 (ε).
Lösung:
a) Es ist
an =
n2 + 2n + 1 − 1
1
=1−
< 1,
(n + 1)2
(n + 1)2
also ist die Folge nach oben beschränkt.
1
also moAußerdem ist die Folge (n + 1)2 offensichtlich monoton wachsend, die Folge (n+1)
2
1
noton fallend und die Folge − (n+1)
wieder monoton wachsend. Damit wächst aber auch (an )
2
monoton.
b) Offensichtlich ist
lim an = 1 − lim
n→∞
n→∞
1
= 1.
(n + 1)2
c) Es ist
|an − 1| =
1
1
<
⇐⇒ (n + 1)2 > 400 ⇐⇒ n + 1 > 20,
(n + 1)2
400
also ist n0 = 20 das kleinst möglichste n0 .
Aufgabe 7
Notieren Sie den Taylorschen Lehrsatz mit Lagrange-Restglied.
Lösung:
Sei f eine in einer Umgebung von x0 (n + 1)-mal differenzierbare Funktion, dann gilt in dieser Umgebung
f (x) =
n
X
f (n+1) (x0 + ϑ(x − x0 ))
f (k) (x0 )
(x − x0 )k +
(x − x0 )n+1
k!
(n + 1)!
k=0
mit einem ϑ ∈ (0, 1).
Aufgabe 8
Untersuchen Sie die folgenden Reihen:
a) Konvergiert die Reihe
∞
X
k=2
b) Konvergiert die Reihe
∞
X
√
1
(ln k)ln k
n+9−
n
n=1
√
n+1
1
2
c) Konvergiert die Reihe
∞
X
(−1)n n
n2 + 3
n=2
d) Für welche z ∈ C konvergiert die Reihe
∞
X
n! n
z
(2n)!
n=1
e) Konvergiert die Reihe
∞
X
n3 + e n
nn
n=0
Lösung:
a) Da die Logarithmusfunktion monoton wächst, bildet die Summandenfolge eine monoton fallende
Nullfolge. Man darf also den Cauchyschen Verdichtungssatz anwenden. Die verdichtete Reihe
n
∞
∞ X
X
2n
2
n =
n ln 2
(n ln 2)ln 2
n=1 (ln 2 )
n=1
untersuchen wir mit dem Wurzelkriterium. Wegen
lim
n→∞
2
=0
(n ln 2)ln 2
konvergiert diese und damit auch die Ausgangsreihe.
b) Es ist
√
n+9−
n
1
2
√
n+1
= √
n+9+
8
√
8
4
√ > √
√
√
=
n
+
9
n+1
n
n+9+ n+9
n+9
und die Reihe divergiert nach Vergleichskriterium, weil die harmonische Reihe divergiert.
c) Wegen
n
n+1
n3 + 2n2 + 4n
/
= 3
>1
2
+ 3 (n + 1) + 3
n + n2 + 3n + 3
bilden die Beträge der Summanden eine monoton fallenden Nullfolge. Da die Reihe außerdem alterniert, konvergiert sie nach Leibnizkriterium.
n2
d) Nach Quotientenkriterium ist
(n+1)! n+1 (2n+2)! z
n+1
1
1
n→∞
=
|z| =
|z| −→ 0
n!
n
(2n
+
1)(2n
+
2
2
2n
+
1
(2n)! z
und die Reihe konvergiert für alle z ∈ C.
e) Für hineichend große n ist
e n
e n
en + e n
n3 + e n
<
<
2
<
2
=2
nn
nn
n
2e
n
1
2
und die Reihe konvergiert nach dem Vergleichskriterium, weil die Vergleichsreihe (bis auf den Faktor
2) eine geometrische Reihe mit dem Quotienten q = 1/2 < 1 ist.
oder:
Für hinreichend große n ist
√
√
n
n n
√
e n→∞
n3 + e n
n3 + e n
e + en
n
=
0 ≤ |an | =
≤
= 2
−→ 0
n
n
n
n
n
und die Reihe konvergiert nach dem Wurzelkriterium.
r
p
n
n
Aufgabe 9
Untersuchen Sie, ob die Funktion f : R \ {0} → R, gegeben durch
f (x) =
|x|
x
stetig in x = 0 fortgesetzt werden kann.
Lösung:
Wegen
|x|
−x
= lim
= −1 und
x→−0 x
x→−0 x
lim
|x|
x
= lim
=1
x→+0 x
x→+0 x
lim
stimmen die einseitigen Grenzwerte nicht überein. Die Funktion f hat in x = 0 eine Sprungstelle und
kann nicht stetig in x = 0 fortgesetzt werden.
Aufgabe 10
Bestimmen Sie den folgenden Grenzwert
xx − x
x→1 1 − x + ln x
lim
Lösung:
Es ist nach der Regel von l’Hospital
xx − x
x→1 1 − x + ln x
lim
=
=
=
ex ln x − x
x→1 1 − x + ln x
ex ln x (ln x + 1) − 1
lim
x→1
−1 + 1/x
x ln x
e
((ln x + 1)2 + 1/x)
lim
= −2.
x→1
−1/x2
lim
Aufgabe 11
Bilden Sie die Ableitung f 0 von folgenden Funktionen f .
a) f (y) = arsinh y
√
b) f (x) = ln(x + 1 + x2 )
Lösung:
a) Für x = arsinh y, y = sinh x haben wir
0
(arsinh ) (y) =
1
1
1
1
=
=p
=√
0
2
cosh x
(sinh ) (x)
1 + sinh x
1 + y2
Beachte:
cosh 2 x − sinh 2 x = 1
b)
√
x
p
1 + √1+x
2
d
1 + x2 + x
1
2
√
√
√
=√
ln(x + 1 + x ) =
=
2
2
2
dx
x+ 1+x
1+x x+ 1+x
1 + x2
Aufgabe 12
Es sei f : (x0 − d, x0 + d) → R gegeben, d > 0.
a) Welche der nachstehenden Aussagen sind richtig ?
(i) f differenzierbar in x0 ⇒ f stetig in x0 ,
(ii) f stetig in x0 ⇒ f differenzierbar in x0
b) Beweisen Sie Ihre Behauptung aus a).
Lösung:
a) (i) ist richtig, (ii) ist i. a. falsch.
b) Sei f in x0 differenzierbar, dann existiert der Grenzwert
lim
x→x0
f (x) − f (x0 )
= f 0 (x0 ).
x − x0
Dann existiert aber auch der Grenzwert
lim f (x) = f (x0 )+ lim (f (x) − f (x0 )) = f (x0 )+ lim
x→x0
x→x0
x→x0
f (x) − f (x0 )
lim (x − x0 ) = f (x0 )+f 0 (x0 )·0 = f (x0 ).
x→x0
x − x0
Der Grenwert in x0 ist also gleich dem Funktionswert, das heißt die Funktion ist in x0 stetig.
Damit ist (i) bewiesen.
Betrachte die Funktion f (x) = |x − x0 |, die als Betrag eines Polynoms überall, also auch in x0 stetig
ist.
Nun hat aber der Differenzenquotient
d(x) =
f (x) − f (x0 )
|x − x0 |
=
x − x0
x − x0
in x = x0 eine Sprungstelle, wie bereits in Aufgabe 9 gezeigt wurde, also kann der Grenzwert in x0
nicht existieren und die Funktion f ist in x0 nicht differenzierbar.