Lösung:

Aufgabe 1
Finden und beweisen Sie eine geschlossene Formel für
n Y
1−
k=2
1
k
Pn
Beachte: In Analogie zum Summenzeichen k=j ist das Produktzeichen ist für j, n ∈ N (mit
n ≥ j) erklärt durch
n
Y
Def.
ak = aj · aj+1 · ... · an
k=j
Lösung:
Vorüberlegung Es ist
Y
n n Y
k−1
n−2 n−1
1
1
1 2
·
=
1−
=
= · · ... ·
k
k
2 3
n−1
n
n.
k=2
k=2
Behauptung: Es ist
n Y
k=2
1−
1
k
=
1
.
n
Beweis durch vollständige Induktion
Induktionsanfang: Für n = 2 ist
2 Y
1
1
1
1−
= 1−
= .
k
2
2
k=2
Induktionsschritt: Es ist
Y
n+1
n Y
1
1
1
1
1 n
1
IVor 1
1−
1−
=
1−
=
1−
=
=
.
k
k
n+1
n
n+1
nn+1
n+1
k=2
k=2
Aufgabe 2
Finden Sie alle reellen Zahlen x ∈ R mit
2
x − 9 > x2 + 1
Skizzieren Sie die Graphen der Funktionen auf der linken und rechte Seite.
Lösung:
Auf der rechten Seite kann man die Betragsstriche weglassen. Für die linke Seite muss man zwei Fälle
unterscheiden.
Fall |x| ≥ 3 Dann wird die Ungleichung zu
x2 − 9 > x2 + 1,
welche nie erfüllt ist.
Fall |x| < 3 Dann wird die Ungleichung zu
9 − x2 > x2 + 1 ⇐⇒ 2x2 < 8 ⇐⇒ |x| < 2,
also ist die Ungleichung für x ∈ (−2, 2) erfüllt.
Skizze:
Aufgabe 3
Finden Sie eine Darstellung der Form z = x + iy mit x, y ∈ R für die komplexe Zahl
π
z = 4 · ei 2
Lösung:
π
π
π
= 4 · (0 + i 1) = 4 i.
z = 4 · ei 2 = 4 · cos + i sin
2
2
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
Konvergiert die durch a0 := 2, a1 := 1 und
an+1 =
an + an−1
2
gegebene Zahlenfolge (n ∈ N) ?
Lösung:
Es ist
an+1 − an =
an + an−1
an − an−1
− an = −
,
2
2
also
a2 − a1
a3 − a2
a4 − a3
an − an−1
a1 − a0
2
a2 − a1
a1 − a0
= −
=
2
4
a3 − a2
a1 − a0
= −
=−
2
8
..
.
n−1
−1
=
(a1 − a0 )
2
= −
Nun ist
n
k−1
n X
1 − −1
−1
2
+ a0 ,
an =
(ak − ak−1 ) + a0 = (a1 − a0 )
+ a0 = (a1 − a0 )
2
1 + 21
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) Es sei m ∈ N, fest. Für welche z ∈ C konvergiert die Reihe
∞ X
m
zn
n
n=0
b) Konvergiert die Reihe
∞
X
√
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) Wegen
m
n
= 0 für n > m ist dies nur eine endliche Summe und nach dem Binomischen Satz
gilt
∞ m X
X
m
m
zn =
z n = (1 + z)m .
n
n
n=0
n=0
b) Es ist
√
n+9−
1
n2
√
n+1
= √
n+9+
8
√
n+1
8
4
√ > √
√
√
=
n+9
n
n+9+ n+9
n+9
und die Reihe divergiert nach Vergleichskriterium, weil die harmonische Reihe divergiert.
c) Wegen
n+1
n3 + 2n2 + 4n
n
/
=
> 1,
n2 + 3 (n + 1)2 + 3
n3 + n2 + 3n + 3
also bilden die Beträge der Summanden eine monoton fallenden Nullfolge. Da die Reihe außerdem
alterniert, konvergiert sie nach Leibnizkriterium.
d) Nach Quotientenkriterium ist
(n+1)! n+1 (2n+2)! z
n+1
1
1
n→∞
=
|z| =
|z| −→ 0
n!
n
2 2n + 1
(2n)! z
(2n + 1)(2n + 2
und die Reihe konvergiert für alle z ∈ C.
e) Für hineichend große n ist
e n
e n
n3 + e n
en + 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
Zeigen Sie, dass für alle x > 0 gilt
ex > 1 + x
Lösung:
Aus der Taylor-Reihe für ex erhält man unmittelbar für x > 0
ex =
∞
X
xk
k=0
k!
=1+x+
∞
X
xk
k=2
k!
> 1 + x.
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.