Analysis I - Freie Universität Berlin

Freie Universität Berlin
SS 2006
Fachbereich Mathematik und Informatik
Prof. Dr. Konrad Polthier, Anja Krech
Lösungen der Probeklausur zur Vorlesung
Analysis I“
”
Aufgabe 1
Induktionsanfang: n = 1
1 = (−1)2 12 = (−1)2
1·2
=1
2
Induktionsschritt: n → n + 1
n+1
X
(−1)k+1 k 2
=
n
X
(−1)k+1 k 2 + (−1)n+2 (n + 1)2
k=1
k=1
Ind.vor.
=
=
=
=
=
n(n + 1)
+ (−1)n+2 (n + 1)2
2
n(n + 1)
n+2
2
(−1)
(n + 1) −
2
n (−1)n+2 (n + 1) (n + 1) −
2 2n
+
2
−
n
(−1)n+2 (n + 1)
2
(n + 1)(n + 2)
(−1)n+2
2
(−1)n+1
Aufgabe 2
Eine Folge reeller Zahlen heißt Cauchy-Folge, falls für alle > 0 ein N ∈ N
existiert, so dass |an − am | < für alle n, m ≥ N .
Aufgabe 3
(a)
(5 − n)2
lim
=
n→∞ 4n3 − 2
25 − 10n + n2
lim
n→∞
4n3 − 2
3 25
n ( n3 − n102 + n1 )
0−0+0
= lim
=
= 0.
2
n→∞
4−0
n3 (4 − n3 )
2n
n→∞ n!
(b) Behauptung: lim
Sei an :=
2n
.
n!
=0
∞
P
Ist die Reihe
an konvergent, so folgt lim an = 0. Wir
n→∞
n=0
überprüfen die Konvergenz der Reihe mit dem Quotientenkriterium:
2n+1
(n+1)!
2n
n!
an+1 an =
=
2
2
≤ < 1 für alle n ≥ 2.
n+1
3
Somit konvergiert die Reihe und die Behauptung folgt.
Aufgabe 4
Sei
∞
P
bn eine konvergente Reihe mit bn ≥ 0 für alle n ∈ N und (an )n∈N eine
n=0
Folge mit |an | ≤ bn für alle n ∈ N. Dann konvergiert die Reihe
∞
P
an absolut.
n=0
Aufgabe 5
(a) Die Reihe
∞
P
n=0
n4
3n
konvergiert nach dem Quotientenkriterium:
(n+1)4
3n+1
n4
3n
(b) Die Reihe
∞
P
(n + 1)4
1
=
=
4
3n
3
(−1)n Pn1
1
k=1 k
n=1
Sei an :=
Pn1
1
k=1 k
und bn :=
1
an
1
1+
n
4
n→∞
−→
1
<1
3
konvergiert nach dem Leibnizkriterium:
=
n
P
k=1
1
.
k
Es ist also (bn )n∈N die harmonische Reihe, von der wir wissen, dass sie
divergiert, d. h. lim bn = ∞. Daraus folgt lim an = 0.
n→∞
n→∞
Außerdem ist (bn )n∈N monoton wachsend:
bn =
n
X
1
k=1
k
≤
n+1
X
1
k=1
k
= bn+1
für alle n ∈ N.
Daraus folgt, das (an )n∈N monoton fallend ist.
Nach dem Leibnizkriterium ist also
∞
P
n=1
(−1)n an konvergent.
Aufgabe 6
Die Funktion f : R −→ R heißt stetig im Punkt x0 ∈ R, falls zu jedem > 0
ein δ > 0 existiert, so dass |f (x) − f (x0 )| < für alle x ∈ R mit |x − x0 | < δ
gilt.
Aufgabe 7
Falls F (a) = a oder F (b) = b, sind wir fertig.
Nehmen wir also an, dass F (a) 6= a und F (b) 6= b. Wir definieren uns eine
Hilfsfunktion H : [a, b] −→ R durch H(x) := F (x) − x.
H ist in [a, b] stetig, weil F und die Identität x 7→ x es sind. Da nach
Voraussetzung F ([a, b]) ⊂ [a, b], gilt F (a) > a und F (b) < b (wir betrachten
ja hier den Fall F (a) 6= a und F (b) 6= b). Damit folgt für H:
H(a) = F (a) − a > 0
H(b) = F (b) − b < 0
Nach dem Zwischenwertsatz existiert nun ein x0 ∈]a, b[ mit H(x0 ) = 0. Dass
bedeutet aber gerade, dass F (x0 ) = x0 .