Analysis I - Justus-Liebig

Analysis I
Mathematisches Institut
Justus Liebig Universität Giessen
Prof. Dr. Thomas Bartsch
T. Weth, S. Schulz
2. Klausur, 17.1.03
Übungen WS 02/03
Name:
Bitte tragen Sie zuerst auf jedem Blatt Ihren Namen ein, damit Ihnen keine
Punkte verlorengehen.
32 Punkte sind zu erreichen. 24 Punkte entsprechen 100%.
1.
1. (2 Punkte) Seien an ∈ C für n ∈ N. Wann heisst die Reihe
∞
P
an (nach
n=1
Definition) konvergent ?
Lösung: Falls die durch An :=
n
P
ak , n ∈ N gegebene Folge (An )n
k=1
komplexer Zahlen konvergiert.
2. (6 Punkte) Untersuchen Sie folgende Reihen auf Konvergenz bzw. Divergenz:
∞
∞
X
X
sin(n π2 )
3n + 1
,
n
5n2 − 1
n=1
n=1
Lösung: Es ist
3n
31
3n + 1
≥ 2 =
≥0
2
5n − 1
5n
5n
∞
∞
P
P
3n+1
für n ∈ N. Waere also
konvergent,
so
auch
2
5n −1
n=1
n=1
31
5n
nach dem
Majorantenkriterium, woraus dann die Konvergenz der harmonischen
∞
P
1
Reihe
folgen würde. Letztere ist aber nicht konvergent nach Vorn
n=1
lesung, also ist
∞
P
n=1
3n+1
5n2 −1
auch nicht konvergent.
Nach Vorlesung gilt
π
sin(n ) =
2
Daher ist
∞
P
j=1
∞
P
n=1
(−1)j
2j−1
sin(n π2 )
n
(
0
(−1)
n−1
2
n gerade
n ungerade
offensichtlich (?) genau dann konvergent, wenn
konvergent ist. Die Konvergenz der letzteren Reihe folgt aber
1
aus dem Leibnizkriterium, da ( 2j−1
)j eine monotone Nullfolge ist.
2. Klausur, Analysis I, WS 2002/03
2.
Name:
a) (2 Punkte) Sei D ⊂ C, a ∈ D und f : D → C. Wann heisst die Funktion f (nach Definition) stetig in a ?
Lösung: Falls für jede Folge (zn )n in D gilt:
zn → a für n → ∞
=⇒
f (zn ) → f (a) für n → ∞.
b) (3 Punkte) Zeigen Sie, dass die Funktion f : R → R gegeben durch
(
x2 − 1,
|x| ≥ 1,
f (x) =
0,
|x| < 1
stetig ist.
Lösung: Definiere A1 := [−1, 1], A2 := (−∞, −1] ∪ [1, ∞). Dann ist A1
nach Aufgabe 30(ii) abgeschlossen in R, und ebenso A2 als Vereinigung
zweier in R abgeschlossener Mengen. Zudem ist f (x) = 0 für x ∈ A1 ,
und f (x) = x2 − 1 für x ∈ A2 . Nach Vorlesung sind Polynome aber stetig auf Teilmengen von C, insbesondere ist also f |Ai stetig für i = 1, 2.
Die Stetigkeit von f folgt nun aus Aufgabe 29, da A1 ∪ A2 = R.
2. Klausur, Analysis I, WS 2002/03
Name:
3. (3 Punkte) Sei f : R → R gegeben durch f (x) := x2 , und sei a ∈ R, ε > 0.
Bestimmen Sie ein δ > 0 (abhängig von a und ε) derart, dass |f (x)−f (a)| < ε
für alle x ∈ R mit |x − a| < δ.
ε
Lösung: Wähle δ = 21 min{1, 2|a|+1
}. Sei nun x ∈ R, |x − a| < δ. Dann
gilt insbesondere |x| ≤ |x − a| + |a| ≤ 1 + |a|, also
|f (x)−f (a)| = |x2 −a2 | = |x−a||x+a| ≤ |x−a|(|x|+|a|) ≤ |x−a|(2|a|+1) < ε.
2. Klausur, Analysis I, WS 2002/03
Name:
4. (3 Punkte) Lässt sich die Funktion
ex − 1
x 7→
x
f : R \ {0} → R,
stetig in 0 fortsetzen ?
Beweisen Sie Ihre Antwort.
Lösung: Die Funktion f lässt sich stetig in 0 fortsetzen: Definiere
(
f (x),
x 6= 0,
g : R \ {0} → R,
x 7→
1,
x = 0.
Offensichtlich ist g eine Fortsetzung von f . Zu zeigen ist: g ist stetig in 0.
Sei ε > 0. Wähle δ := min{ 2ε , 12 }. Dann gilt für x ∈ R \ {0}, |x| < δ:
ex − 1
− 1|
x
∞
1 X xk
=|
− 1|
x k=1 k!
|g(x) − 1| = |
=|
∞
X
xk−1
k=1
=|
k!
∞
X
xk−1
k=2
∞
X
= |x
k!
|
xk
|
(k + 2)!
k=0
∞
X
≤ |x|
− 1|
|x|k
k=0
|x|
1 − |x|
<ε
=
Für x = 0 gilt |g(x) − 1| < ε sowieso, also folgt die Stetigkeit von g in 0.
2. Klausur, Analysis I, WS 2002/03
5.
Name:
a) (2 Punkte) Sei D ⊂ C. Wann heisst (nach Definition) D offen in C ?
Lösung: Falls für alle a ∈ D ein ε > 0 existiert mit Uε (a) ⊂ D.
b) (3 Punkte) Sei D := {z ∈ C : 0 < |z| < 1}. Zeigen Sie, dass D offen
und nicht abgeschlossen in C ist.
Lösung: Sei a ∈ D. Setze ε := min{|a|, 1 − |a|}. Dann ist ε > 0,
und für x ∈ Uε (a) gilt
|x| = |a − (a − x)| ≥ |a| − |a − x| > |a| − ε ≥ 0,
und
|x| ≤ |a| + |x − a| < |a| + ε ≤ 1,
also x ∈ D. Es folgt Uε (a) ⊂ D, und dies zeigt, dass D offen in C ist.
1
Betrachte nun xn := 2n
∈ D für n ∈ N. Da xn → 0 ∈ C \ D für n → ∞,
ist D nicht abgeschlossen in C nach Satz 6.21.
Kürzere Lösung zur Offenheit von D: D ist Urbild des offenen Intervalls
(0, 1) unter der Betragsfunktion | · | : C → R, welche stetig ist. Also ist
D offen nach Satz 6.22.
2. Klausur, Analysis I, WS 2002/03
6.
a) (2 Punkte) Beweisen Sie:
Name:
cos2 ( π4 ) =
1
2
Lösung: Es ist
π
π
1 π
cos2 ( ) = (ei 4 + e−i 4 )2
4
4
π
π
1
= (2 + ei 2 + e−i 2 )
4
1
= (2 + i − i)
4
1
=
2
b) (3 Punkte) Stellen Sie den Punkt 1 + i ∈ C in Polarkoordination dar
(mit Beweis).
Lösung: Da cos t > 0 für t ∈ (0, π2 ) nach 7.7, ist cos( π4 ) =
(i). Mit 7.10 und 7.4 folgt
√1
2
nach
π
π
π
1
sin( ) = cos(− ) = cos( ) = √ .
4
4
4
2
Also ist die Polarkoordinatendarstellung gegeben durch
√
π
2ei 4 =
√
√ 1
π
π
1
2(cos( ) + i sin( )) = 2( √ + i √ ) = 1 + i.
4
4
2
2
c) (3 Punkte) Stellen Sie die Lösungen der Gleichung z 3 = 3 in Polarkoordinaten dar (mit Beweis).
Lösung: Ist z = reit eine Lösung von z 3 = 3 (mit r ≥ 0 und t ∈ [0, 2π)),
so gilt
r3 ei3t = 3,
also r3 = 3 und 3t = 2πk für ein k ∈ C. Nach Wahl von t kommen nur
k = 0, 1, 2 in Frage, und dazu gehören die Werte t1 = 0, t2 = 23 π und
t3 = 43 π. Also ist
√ √ 2 √ 4
z ∈ { 3, 3ei 3 π , 3ei 3 π } =: M.
Man sieht jedoch unmittelbar, dass alle drei Zahlen auch Lösungen der
Gleichung z 3 = 3 sind. Also ist M genau die Lösungsmenge.