Lösungsvorschlag zur Nachklausur

FAKULTÄT FÜR MATHEMATIK
Prof. Dr. Patrizio Neff
Christian Thiel
31.03.2014
Lösungsvorschlag zur Nachklausur
Aufgabe 1: (9 Punkte)
Geben Sie jeweils ein Beispiel an oder belegen Sie die Nichtexistenz für . . .
a) . . . eine nicht differenzierbare Funktion.
b) . . . eine Cauchyfolge, die konvergiert.
c) . . . monotone, nach oben beschränkte Funktion f : R → R, die nicht konstant ist.
d) . . . eine nichtleere Menge A ⊆ R mit inf A ≥ sup A.
e) . . . eine beschränkte, nicht kompakte Menge.
f) . . . eine reelle Zahl ξ, welche die Ungleichung |ξ − 5| < 2 sowie die Ungleichung |10 − ξ| < 4 erfüllt.
Lösung:
a) f : R → R mit f (x) = |x|.
b) (an )n∈N mit an = 0 für alle n ∈ N, denn jede konvergente Folge ist eine Cauchyfolge.
c) f : R → R mit f (x) = − ex .
d) A = {0}.
e) n1 ; n ∈ N .
f) ξ =
13
2 .
Aufgabe 2: (6+3 Punkte)
Die Folge (an )n∈N0 sei rekursiv definiert als
a0 := 1
an := an−1 +
und
1
n!
für n ∈ N .
a) Stellen Sie eine explizite Formel für n-te Folgenglied an auf und beweisen Sie diese.
b) Konvergiert (an )n∈N ? Falls ja, wie lautet der Grenzwert?
Lösung:
a) Es ist
a1
=
a2
=
a3
=
1
1!
1
a1 +
2!
1
a2 +
3!
1+
=
=
1
1
+
1! 2!
1
1
1
1+ + + .
1! 2! 3!
1+
Wir vermuten
an =
n
X
1
k!
k=0
und beweisen dies per vollständiger Induktion über n ∈ N. Es ist
a1 = 1 +
1
X
1
1
=
1!
k!
k=0
1
und unter der Voraussetzung, dass für ein n ∈ N
an =
n
X
1
,
k!
k=0
so gilt auch
an+1 = an +
n
n+1
X
X 1
1
1
1
=
+
=
(n + 1)!
k! (n + 1)!
k!
k=0
k=0
und so gilt die Vermutung nach dem Prinzip der vollständigen Induktion für alle n ∈ N.
P∞ 1
b) Die Folge (an )n∈N ist die Partialsummenfolge der Reihe k=0 k!
, also der Exponentialreihe
∞
X
xn
k!
für x = 1 ,
k=0
welche für alle x ∈ R konvergiert mit Grenzwert ex , also gilt
lim an = e .
n→∞
Aufgabe 3: (6+3 Punkte)
a) Bestimmen Sie, falls vorhanden, Supremum und Infimum der nachstehenden Mengen und beweisen Sie Ihre
Ergebnisse.
1
i) (−1)n · ; n ∈ N
n
nn
o
m
ii)
−
; n, m ∈ N
m
n
√
b) Bestimmen Sie mit Beweis inf n n ; n ≥ 42 .
Lösung:
a)
i) Für ungerade n, d.h. n ∈ {1, 3, 5, . . .}, gilt
0 > −
1
1
= (−1)n ·
n
n
n≥1
≥ −
1
= −1 .
1
Für gerade n, d.h. n ∈ {2, 4, 6, . . .}, gilt
0 <
1
1
= (−1)n ·
n
n
n≥2
≤
1
.
2
Somit gilt
−1 ≤ (−1)n ·
1
1
≤
n
2
für alle n ∈ N.
ii) Für jedes c ∈ R gibt es natürliche Zahlen n, m mit n > c + 1 (archimedische Anordnung der natürlichen
Zahlen) und m = 1, sodass
n
m
1
−
= n−
≥ n−1 > c
m
n
n
gilt. Also ist die Menge nicht nach oben beschränkt und es existiert kein Supremum.
Ebenso gibt es für jedes c ∈ R natürliche Zahlen n, m mit m > −c + 1 und n = 1, sodass
n
m
1
−
=
− m ≤ 1 − m < 1 − (−c + 1) = c
m
n
m
gilt. Also ist die Menge nicht nach unten beschränkt und ein Infimum existiert auch nicht.
√
√
b) Es ist n ≥ 1 und mit der Monotonie der n-ten Wurzel erhalten
wir durch die Abschätzung n n ≥ n 1 = 1 die
√
Zahl 1 als
untere Schranke√der Menge. Zudem gilt limn→∞ n n = 1, d.h.
√
√ für jedes ε > 0 existiert ein N ∈ N,
n
sodass | n − 1| < ε, also n n ∈ (1 − ε,√1 + ε) und damit insbesondere n n < 1 + ε für alle n > N gilt. Somit
gibt es ein n ≥ max{42, N } ≥ 42 mit n n < 1 + ε und 1 + ε ist keine untere Schranke der Menge; so ist 1 die
größte untere Schranke.
2
Aufgabe 4: (4+4+4 Punkte)
Überprüfen Sie die nachstehenden Folgen auf Konvergenz und bestimmen Sie, falls möglich, ihren Grenzwert.
r
1
n + (−1)n −n
1
a) an := √
,
b)
b
:=
·
e
,
n
c) cn := n + · log n .
(−1)n · n
n2 + 4n − n
n
Lösung:
a) Es ist
an
√
√
1
1
n2 + 4n + n
n2 + 4n + n
1 1p 2
·√
= √
n + 4n + 1 =
= √
=
2
2
2
4
n
4
2
2
n + 4n − n n + 4n + n
n + 4n − n
r
1
1+4· +1
n
!
,
1 √
1
1+4·0+1 = .
4
2
also lim an =
n→∞
b) Es ist
1
n
1
(−1)n −n
n
−n
·e
≤ |(−1) | + · e
= 1+
0 ≤ |bn | = +
· e−n ,
(−1)n · n (−1)n · n n
n
und
0 ≤ lim |bn | ≤ lim
n→∞
n→∞
1
1+
n
· e−n = (1 + 0) · 0 = 0 ,
also lim bn = 0.
n→∞
c) Sei c ∈√R gegeben. Sei N := max{3, c2 + 1}, dann gilt für alle n ≥ N auch log n ≥ log 3 > log e = 1 und
√
n > c2 = c, also gilt
r
√
1
cn >
n+ ·1 > n > c
für n ≥ N ,
n
somit gilt lim cn = ∞, insbesondere ist die Folge unbeschränkt und divergiert.
n→∞
Aufgabe 5: (4+4+4 Punkte)
Überprüfen Sie die nachstehenden Reihen auf Konvergenz und absolute Konvergenz.
2
n
∞ X
n
a)
,
n+1
n=1
Tipp:
n
n+1
=
b)
∞
X
(−1)n ·
n=1
n−1
,
n!
c)
n=1
1
n+1
n
Lösung:
n2
n
, dann ist
a) Sei xn :=
n+1
s
n·n
n
p
n
n
n
|xn | = n
=
=
n+1
n+1
Das Wurzelkriterium liefert nun mit
lim sup
n→∞
p
n
|xn | =
1
1
1 n = e < 1
limn→∞ (1 + n )
2
n
∞ X
n
die absolute Konvergenz der Reihe
.
n+1
n=1
3
1
n+1
n
∞
X
√
n
n
=
1
n .
1 + n1
42 .
b) Es ist
1
(−1)n · n − 1 = n − 1 ≤ n =
,
n!
n!
n!
(n − 1)!
∞
∞
X
X
1
xn
1
=
=
mit x = 1 konvergiert als Exponentialreihe (gegen ex = e) und so
(n
−
1)!
n!
n!
n=0
n=0
n=1
∞
X
n−1
liefert das Majorantenkriterium die absolute Konvergenz der Reihe
(−1)n ·
.
n!
n=1
die Reihe
∞
X
c) Wegen lim
n→∞
√
n
42 = 1 6= 0 ist das Trivialkriterium für Reihen nicht erfüllt und die Reihe
∞
X
√
n
42 divergiert.
n=1
Aufgabe 6: (6 Punkte)
Entscheiden Sie mit Begründung, ob f : R → R mit
ex + e−x
1
f (x) =
+ sgn(x) 2 +
2
2
eine Nullstelle besitzt.
Hinweis: Die Funktion sgn : R → R ist gegeben durch sgn(x) = −1 für x < 0, sgn(0) = 0, sgn(x) = 1 für x > 0.
Lösung:
Angenommen, f hat eine Nullstelle. Dann gibt es ein x ∈ R, sodass
1
+ sgn(x) = 0
2
2+
oder
ex + e−x
= 0.
2
Nun ist
1
1
1
+ sgn(x) =
− 1 = − 6= 0
2
2
2
1
1
1
+ sgn(x) =
+0 =
6 0
=
2
2
2
1
1
3
+ sgn(x) =
+1 =
6 0
=
2
2
2
für x < 0
für x = 0
für x > 0
und es gilt ex > 0 und e−x > 0 für alle x ∈ R, also
2+
ex + e−x
0+0
> 2+
= 2
2
2
für x ∈ R .
Ein Widerspruch. Ergo besitzt f keine Nullstelle.
Aufgabe 7: (4+6 Punkte)
Sei f : R \ {3} → (0, ∞) mit f (x) =
1
(x−3)2 .
a) Zeigen Sie: f ist surjektiv.
b) Finden Sie D ⊆ R \ {3}, sodass die Einschränkung
f |D : D → (0, ∞)
bijektiv ist und weisen Sie dies nach.
Lösung:
a) Sei y ∈ R>0 gegeben. Setze x :=
f (x) = 1
√1
y
√1
y
+ 3, dann ist
y>0
+3 −3
2 = |y| = y .
4
b) Wegen
1
√ + 3 ; y ∈ R>0
y
= R>3 ist f |R>3 bereits surjektiv.
Für x1 , x2 ∈ R>3 mit x1 6= x2 , o.B.d.A. x1 > x2 , ist
x1 > x2
⇔
x − 3 > x2 − 3
| {z }
| 1{z }
⇔
(x1 − 3)2 > (x2 − 3)2
1
1
<
(x1 − 3)2
(x2 − 3)2
f (x1 ) < f (x2 ) .
>0
⇔
⇔
>0
Aus x1 6= x2 folgt somit f (x1 ) 6= f (x2 ), also ist f |>3 surjektiv, insgesamt bijektiv.
Aufgabe 8: (6+4 Punkte)
Sei f : R → R mit
(
x4 log(x2 ) für x 6= 0
f (x) :=
α
für x = 0
derart gegeben, dass f stetig ist.
a) Bestimmen Sie α.
b) Ist f differenzierbar?
Tipp: Es ist aus den Übungen bekannt: lim x log x = 0.
x&0
Lösung:
a) Setzen wir z := x2 , dann ist x → 0 gleichbedeutend mit z & 0, also ist
lim x4 log(x2 ) = lim z 2 log(z) = lim z · z log(z) = 0 · 0 = 0 .
x→0
z&0
z&0
Mit α := 0 ist dann lim f (x) = f (0).
x→0
b) Sei die Funktion g die Einschränkung von f auf R \ {0}, also g := f |R6=0 , dann ist g als Zusammensetzung
differenzierbarer Funktionen für jedes x0 ∈ R mit x 6= 0 selbst differenzierbar mit der Ableitung
g 0 (x) = 4x3 log(x2 ) + x4
1
2x = 2x3 (2 log(x2 ) + 1) = 2x3 (log(x4 ) + 1) .
x2
Betrachten wir nun den Differenzenquotienten von f an der Stelle x0 ∈ R:
Sei x0 6= 0, dann gilt für h < |x0 | auch x0 + h 6= 0, also f (x0 + h) = g(x0 + h) und damit
lim
h→0
g(x0 + h) − g(x0 )
f (x0 + h) − f (x0 )
= lim
= g 0 (x0 ) .
h→0
h
h
Sei x0 = 0, dann ist f (x0 ) = 0 und wir erhalten
lim
h→0
f (x0 + h) − f (x0 )
f (h)
= lim
h→0 h
h
= lim h3 log(h2 ) = lim h · lim h2 log(h2 ) = lim h · lim k log(k) = 0 · 0 = 0 .
h→0
h→0
h→0
h→0
Somit ist f differenzierbar mit Ableitung
(
2x3 (log(x4 ) + 1) für x 6= 0
0
f (x) :=
0
für x = 0
Aufgabe 9: (3+3+3+3 Punkte)
Die Folge (an )n∈N sei rekursiv definiert als
a1 := 2
und
an+1 :=
an
1
+
.
2
an
5
k→0
Zeigen Sie:
a) Für alle n ∈ N gilt: Aus an >
√
2 folgt an+1 >
√
2.
b) (an )n∈N ist nach unten beschränkt.
c) (an )n∈N ist monoton fallend.
d) (an )n∈N konvergiert. Wie lautet ihr Grenzwert?
Lösung:
a) Für ein beliebiges n ∈ N sei an >
äquivalent um:
√
an+1 > 2
√
2. Dann gilt insbesondere an > 0 und (an −
√
2)2 > 0. Wir formen
√
an
1
+
> 2
2
an
⇔
an >0
⇔
⇔
√
a2n
+ 1 > 2an
2
√
a2n − 2 2an + 2 > 0
√
(an − 2)2 > 0 ,
√
also ist an+1 > 2.
√
√
√
√
b) Es ist a1 = 2 > 2 und aus an > 2 folgt an+1 > 2. So gilt an > 2 für alle n ∈ N nach dem Prinzip der
vollständigen Induktion.
⇔
c) Für n ∈ N gilt
√
an
1 1 an > 2 1
1
an+1
1
1
<
=
·
+
=
+ 2
+ √ 2 = 1,
an
an
2
an
2 an
2
2
√
wegen an > 2 > 0 ist dies äquivalent zu an+1 < an .
d) (an )n∈N ist nach unten beschränkt und monoton fallend, somit konvergiert die Folge gegen ein a ∈ R. Aus
limn→∞ an = a folgt allerdings auch
1
limn→∞ an
1
a 1
an
+
=
+
=
+ .
n→∞ 2
an
2
limn→∞ an
2 a
a = lim an+1 = lim
n→∞
Folglich muss für den Grenzwert a =
a
2
+
1
a
gelten. Es ist
a 1
a
1
+
⇔
=
⇔ a2 = 2 .
2 a
2
a
√
√
Wegen an > 2 für alle n ∈ N beibt als Grenzwert nur 2 übrig; es ist
√
lim an = 2 .
a =
n→∞
Aufgabe 10: (4+4+3 Punkte)
a) Zeigen Sie: Falls für eine Funktion f : R → R gilt, dass
f (x)
= 0,
x→0 x
lim
so erfüllt sie auch
lim f (x) = 0 .
x→0
b) Gegeben sei die Funktion g : R → R mit g(x) = e−2x . Bestimmen Sie diejenigen Zahlen a, b ∈ R, für welche
die Funktion h : R → R mit h(x) = ax + b die Eigenschaft
lim
x→0
g(x) − h(x)
= 0
x
aufweist.
6
c) Geben Sie ohne Begründung die Funktionsgleichung derjenigen Geraden an, welche die Funktion g an der Stelle
x = 0 am besten approximiert.
Lösung:
a) Die Grenzwertsätze liefern:
lim f (x) = lim x ·
x→0
x→0
f (x)
f (x)
= lim x · lim
= 0 · 0 = 0.
x→0
x→0 x
x
b) Da g als Zusammensetzung differenzierbarer Funktionen differenzierbar ist mit g 0 (x) = −2 e−2x , gilt
g(x) = g(0 + x) = g(0) + g 0 (0) · x + R(x) = 1 − 2x + R(x)
mit R : R → R und lim
x→0
lim
x→0
R(x)
= 0. Wählen wir a := 1 und b := −2, dann ist g(x) = h(x) + R(x) und
x
g(x) − h(x)
R(x)
= lim
= 0.
x→0
x
x
c) Die beste Approximation erzielt die Funktion g aus b).
7