Ubungen zum Vorkurs Mathematik

Mathematisches Institut
der Universität zu Köln
Dr. L. Galinat
WiSe 2016/2017
Montag, 26.09.2016
Blatt 11-15
Übungen zum Vorkurs Mathematik
Aufgabe 37. Vieles hiervon wurde schon in der Vorlesung diskutiert und dient
nur der Erinnerung.
(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
Die Folge an = n1 .
Die Folge mit Null für alle geraden natürlichen Zahlen und 1 für alle ungeraden.
s.o.
Die Folge von eben und ihr Negatives.
Die Folge aus Teil zwei und die Folge mit 1 für alle ungeraden Zahlen und Null
für alle Geraden.
Aufgabe 38. Die rechte Ungleichung mit Plus wurde in der Vorlesung diskutiert.
Ihre Variante mit Minus folgt aus der ebenfalls in der Vorlesung diskutierten Tatsache | − a| = |a| für alle reellen Zahlen a ∈ R und der Variante für Plus.
Die linken Ungleichungen folgen ebenfalls, indem man x oder y durch −x und −y
in der normalen“ Dreiecksungleichung ersetzt.
”
Aufgabe 39. Die Konvergenz folgt immer aus den bekannten Rechenregeln für
Summen/Produkte konvergenter Folgen.
(1) Konvergiert gegen den Grenzwert 31 .
(2) Konvergiert gegen den Grenzwert 2.
(3) Konvergiert nicht. Hierfür zeigt man am besten per Induktion, dass
für alle n ∈ N.
(4) Konvergiert gegen den Grenzwert 13.
6n2
n+1
≥n
Aufgabe 40.
(1) Sei ε > 0 beliebig und sei x = limn→∞ an = limn→∞ cn . Wir suchen ein n0 ∈ N
mit |x − bn | < ε für alle n ≥ n0 . Nach Annahme an die Folgen (an )n∈n und
(cn )n∈n gibt es jeweils solch ein n0 für sie. Wenn wir das Maximum der beiden
wählen, dann sogar für beide gemeinsam. Nun ist
|x − bn | ≤ max{|x − an |, |x − cn |} = ε,
da an ≤ bn ≤ cn und somit folgt die Behauptung.
(2) Nein. Dies kann man sich zum Beispiel an den konstanten 0 und 1-Folgen,
sowie an der divergenten Folge aus der Antwort zu Aufgabe 37 klarmachen.
Aufgabe 41. Ausgelassen.
Bitte wenden!
Aufgabe 42.
(1) Die Funktion ist in −a nicht differenzierbar. Der Beweis ist analog zum Beweis
aus der Vorlesung.
(2) Außerhalb von 1 ist die Funktion f gegen als x 7→ x+1. Sie kann somit in x = 1
nicht differenzierbar sein, da sie sonst nach Vorlesung limh→0 f (x + h) = f (x)
erfüllen müsste, ersteres aber gar nicht existiert und schon gar nicht gleich 1
ist.
(3) Man sieht ebenfalls durch Überlegungen der Art limh→0 f (x + h) = f (x), dass
f in x = −5 nicht differenzierbar sein kann. Es geht aber natürlich auch direkt
über den Differenzenquotient.
Aufgabe 43.
2
(1) Per Induktion. Der Fall n = 1 folgt direkt aus der Definition, da a 2+1 ≥ 0.
(2) Dies folgt aus dem ersten Teil, da dieser 2aan ≤ a2n impliziert.
(3) Es gilt
an + aan
an+1 − an =
− an
2
a2 + a − 2a2n
= n
2an
a − a2n
.
=
2an
(4) Da die Folge (an )n∈N konvergiert, konvergiert auch an+1 − an und zwar gegen
den Grenzwert Null. Mit den Rechenregeln für konvergente Folgen, sieht man
nun aus dem vorherigen Aufgabenteil ein, dass (limn→∞ an )2 = a.
(5) Ein Polynom zweiten Grades besitzt höchstens zwei Nullstellen in den reellen
Zahlen. Andererseits sind aber b und −b Lösungen von x2 = a.
Aufgabe 44. Sei x > 0. Dann gilt
√
√
x+h− x
x+h−x
1
= lim √
lim
√ = lim √
√ .
h→0
h→0 h( x + h +
h
x) h→0 x + h + x
Die in der Aufgabenstellung angegebene Konvergenz zeigt nun, dass dieser Grenzwert existiert und gleich 2√1 x ist.
Sei nun x = 0. Dann ergibt sich aus dem Differenzenquotient, dass
√
h
lim
h→0 h
zu betrachten ist. Wäre dies konvergent, so auch ihr Quadrat
1
lim .
h→0 h
Letzteres ist aber sicherlich nicht konvergiert, wie z.B. Einsetzen der Folge hn = n1
zeigt.
Aufgabe 45. Wir nutzen mehrfach die auf einem früheren Übungsblatt bewiesene
Tatsache, dass die Wurzelfunktion für alle positiven x differenzierbar ist.
(1) Als Quotient differenzierbarer Funktion ist f auf seinem ganzen Definitionsbereich differenzierbar und es gilt
x3 + 10
f 0 (x) = − p
.
2 (x3 − 5)3
p
(2) Es ist (x2 + 4)5 > 0 für alle x ∈ R. Also ist (x2 + 4)5 auf ganz R differenzierbar. Als Produkt differenzierbarer Funktion ist f auf seinem ganzen
Definitionsbereich differenzierbar und es gilt
p
f 0 (x) = (8x4 + 12x2 ) (x2 + 4)3 .
(3) Es sind x2 p
+ 2 und ebenso die Wurzel daraus für alle x ∈ R positiv. We√
√
4
gen x =
x ist f als Verkettung differenzierbarer Funktionen ebenfalls
differenzierbar und es gilt
x
f 0 (x) = p
.
4
2 (x2 + 2)3
Aufgabe 46. Der erste Teil wurde in der Vorlesung bewiesen. Die Teile zwei bis
vier sind analog. Für den letzten Teil seien x < y ∈ (a, b). Dann gibt es nach dem
(x)
Mittelwertsatz ein x < z < y mit 0 = f 0 (z) = f (y)−f
. Insbesondere gilt also
y−x
f (x) = f (y). Da x und y beliebig waren, folgt die Behauptung.
Aufgabe 47. Wie wir wissen, gilt f 0 (x) = 2x. Seien nun also a < b reelle Zahlen.
b2 −a2
die Ungleichungen a < x0 < b erfüllt sind.
Es ist zu zeigen, dass für x0 = 2(b−a)
Diese folgen nach Ausmultiplizeren beide aus (b − a)2 > 0.
Aufgabe 48.
√
(1) Sei f (x) = 1 + x−1− x2 . Es gilt f (0) = 0 und daher genügt es zu zeigen, dass
f (x) auf (0, ∞) streng monoton fallend ist. Da f eine differenzierbare Funktion
ist, können wir uns hierfür die erste Ableitung anschauen und müseen prüfen,
dass diese negativ ist.
1
Es gilt f 0 (x) = 2√x+1
− 12 . Dass dies für positive x echt kleiner als Null ist, folgt
√
aus x + 1 > 1 für solche x und dies kann man z.B. einfach durch Quadrieren
überprüfen.
(2) Wir betrachten die Funktion f (x) = xn . Ihre erste Ableitung ist f 0 (x) = nxn−1
und es gilt fà 14 r positive x < y, dass f 0 (x) < f 0 (y). Nach dem Mittelwertsatz
(a)
angewendet auf a und b, gibt es a < c < b mit f (b)−f
= f 0 (c). Nach obiger
b−a
Überlegung folgt daraus also wegen
b n − an
f (b) − f (a)
=
= f 0 (c) < f 0 (b) = nbn−1
b−a
b−a
die Behauptung.
Aufgabe 49. Ausgelassen.
Aufgabe 50.
(1) 2x2 − x + 1
Bitte wenden!
(2) Da 2 keine Nullstelle des Polynoms ist, muss es einen nichttrivialen Rest geben.
Dieser berechnet sich zu 1.
(3) x4 + x2 − 2x + 1 = (x2 + 2) · (x2 − 1) + 3 − 2x
(4) a = 81. Es ergibt sich x3 + 3x2 + 9x + 27 nach Teilen.
Aufgabe 51. Man sieht leicht ein, dass Null, 2 und −1 Nullstellen des Polynoms
sind. Nachdem man eine Polynomdivision durchfegührt hat, bleibt x4 + 6x2 + 9
übrig. Unter Verwendung der p-q-Formel oder der Tatsache, dass dies gerade (x2 +
3)2 ist, sieht man, dass es keine weiteren reellen Nullstellen gibt.
Aufgabe 52.
(1) Wir wenden das Kriterium aus der nächsten Aufgabe an, da alle auftauchenden
Funktionen beliebig oft differenzierbar sind.
• Es gilt f 00 (x) = 2, also ist f auf ganz R konvex.
• Es gilt f 00 (x) = 6x, also ist f auf (−∞, 0) konkav und auf (0, ∞) konvex.
• Es gilt f 00 (x) = − 4√1x3 und dies ist für alle positiven x negativ. Also ist f
nirgends konvex.
(2) Sei f (x) = −x und g(x) = x2 . Dann sind beide konvex (z.B: nach dem Kriterium aus der nächsten Aufgabe), aber ihre Verkettung ist es nicht (z.B. ebenfalls
nach diesem Kriterium).
Aufgabe 53. Die Äquivalenz von zwei und drei folgt aus dem Mittelwertsatz (und
einer direkten Rechnung) und wurde Mitte der Woche in der Vorlesung diskutiert.
Wir zeigen nun, dass eins und zwei äquivalent sind und verwenden hierfür das
Hilfslemma aus der Vorlesung.
Für alle a < a0 < x < b0 < b gilt nach diesem Lemma
f (x) − f (a0 )
f (b0 ) − f (x)
≤
.
x − a0
b0 − x
0
0
(a )
Übergang zu den Grenzwerten limx→a0 und limx→b0 zeigt dann f 0 (a0 ) ≤ f (bb)−f
≤
0 −a0
0 0
f (b ) und die Behauptung folgt.
Sei nun umgekehrt die erste Ableitung monoton steigend und sei a < x < b
gegeben. Nach dem Mittelwertsatz gibt es dann a < a0 < x < b0 < b mit f 0 (a0 ) =
(x)
f (x)−f (a)
und f 0 (b0 ) = f (b)−f
. Somit ergibt sich aus der Annahme an f 0
x−a
b−x
f (x) − f (a)
f (b) − f (x)
= f 0 (a0 ) ≤ f 0 (b0 ) =
x−a
b−x
und die Behauptung folgt wieder aus dem Hilfslemma.
Besprechung: In den Übungen der dritten Vorkurswoche.