Lösungsskizze für die Klausur

Lösungsskizze für die Klausur
1. Sei f (n) = n2 + n. Behauptung: f (n) ist durch 2 teilbar für alle ∈ N.
Induktionsanfang: [n = 1]
f (1) = 2.
Induktionsschritt: [n → (n + 1)]
f (n + 1) = n2 + 2n + 1 + n + 1 = (n2 + n) + 2(n + 1). Nun ist (n2 + n) durch 2
teilbar nach Induktionsvorraussetzung und damit ist f (n+1) gerade, als Summe
zweier gerader Zahlen.
2. (Klausur A)
(a) Falsch. Beispiel: Für A = [0, 1] gilt inf(A) = 0 und − inf(−A) = 1.
(b) Falsch. Betrachte an ≡ −1 und bn = (−1)n , also an · bn = (−1)n+1 . Dann
gilt lim sup an = −1, lim sup bn = 1, lim sup(an · bn ) = 1 und lim sup an ·
lim sup bn = −1.
0
falls x = 0
(c) Falsch. Beispiel: f : [0, 1] → R mit f (x) =
.
1 + x falls x > 0
(d) Wahr. Links- und rechtsseitige Ableitung stimmen überein.
(e) Wahr. Z.B. Satz von Taylor.
(Klausur B)
(a) Wahr. inf(A) existiert, da A nach unten beschränkt ist. Nach Definition des
Infimums finden wir eine Cauchy Folge (an ) in A mit an → inf(A). Also ist
inf(A) in A enthalten, denn A ist abgeschlossen.


falls x = −1 
 0
x falls x ∈] − 1, 1[ .
(b) Falsch. Beispiel: f : [−1, 1] → R mit f (x) =


0
falls x = 1
(c) Wahr. g 0 (x) =
1
f 0 (g(x))
≤ α1 .
(d) Falsch. Betrachte an = (−1)n+1 und bn = (−1)n , also an · bn ≡ −1. Dann
gilt lim inf an = −1, lim inf bn = −1, lim inf(an · bn ) = −1 und lim inf an ·
lim inf bn = 1.
(e) Falsch. Hauptsatz und Kettenregel liefern h0 (x) = f (g(x))g 0 (x).
3.
• (Majorantenkriterium)
In der Vorlesung wurde gezeigt, dass die Reihe
P∞ 1
1
1
n=1 n2 konvergiert. Es gilt 1+n2 < n2 für alle n ∈ N. Also ist die Reihe
P∞
1
und das Majorantenkriterium liefert die Konvern=1 n2 eine Majorante
P
1
genz der Reihe ∞
n=1 1+n2 .
R∞ 1
∞
• (Integralkriterium) Es gilt 0 1+x
= π2 . Die Funktion
2 dx = arctan(x)|0
1
2x
0
f (x) = 1+x
2 ist monoton fallend, denn f (x) = − (1+x2 )2 < 0 für x > 0.
Das
ist anwendbar und liefert die Konvergenz der Reihe
P∞ Integralkriterium
1
n=1 1+n2 .
4. Es gilt limx→0 (1+tan2 (x)) = 1+tan2 (0) = 1, denn tan(x) ist stetig und tan(0) =
0. Da tan0 (x) = 1 + tan2 (x) und id(x)0 = 1 liefert l’Hospital, dass limx→0 tan(x)
x
tan0 (x)
2
=
lim
=
lim
1
+
tan
(x)
=
1.
existiert und es gilt limx→0 tan(x)
x→0
x→0
x
1
Die Funktion f ist stetig auf ] − π2 , π2 [\{0} als Quotient der stetigen Funktionen
tan(x) und id(x). Der erste Aufgabenteil impliziert, dass f auch stetig in der
Null ist wenn wir c = 1 wählen.
5. Wir setzen f (x) = g(x) · h(x) mit g(x) = (x − 1)2 und h(x) = ln(x). Dann gilt
g 0 (x) = 2(x − 1), g 00 (x) = 2, g 000 (x) = 0
1
1
2
h0 (x) = , h00 (x) = − 2 , h000 (x) = 3 .
x
x
x
Es folgt
f 0 (x) = 2(x − 1) ln(x) + (x − 1)2
1
x
1
1
f 00 (x) = 2 ln(x) + 2 · 2(x − 1) − (x − 1)2 2
x
x
1
2
1
000
f (x) = 3 · 2 · − 3 · 2(x − 1) 2 + (x − 1)2 3 .
x
x
x
Auswerten für x0 = 1 ergibt f (1) = 0, f 0 (1) = 0, f 00 (1) = 0 und f 000 (1) = 6.
Damit erhalten wir
f
T3,1
(x) =
3
X
f (n) (1)
n=0
n!
(x − 1)n = (x − 1)3 .
f
Der Näherungswert berechnet sich zu f (1, 1) ≈ T3,1
(1, 1) = 0, 13 = 0, 001.
6. Wir substituieren y(x) = ln(x). Dann gilt y 0 (x) =
Z
e
e3
ln(x)
dx =
x
Z
ln(e3 )
ydy =
ln(e)
1
x
und es ergibt sich
y2 3
| = 4.
2 1