Zwischentest zur Analysis IL¨osung der Aufgaben

Prof. Dr. Torsten Wedhorn
Daniel Wortmann
Universität Paderborn
WS 11/12
Zwischentest zur Analysis I
Lösung der Aufgaben
Aufgabe 1:
Entscheide, ob die folgenden Aussagen wahr oder falsch sind.
wahr
2
falsch
4
Wenn eine Folge (an )n∈N komplexer Zahlen in C konvergiert, dann ist sie
beschränkt und besitzt in C genau einen Häufungspunkt.
Die Aussage ist wahr. Siehe Sätze (4.8.) und (4.14.) der Vorlesung.
4
2
Wenn eine Folge (an )n∈N komplexer Zahlen beschränkt ist und in C genau einen
Häufungspunkt besitzt, dann konvergiert sie in C.
Die Aussage ist wahr. Sei c der einzige Häufungspunkt. Angenommen, (an )n∈N
konvergiert nicht gegen c, dann gibt es ein > 0 und eine Teilfolge (ank )k∈N mit
|ank − c| ≥ für alle k ∈ N. Diese ist ebenfalls beschränkt, besitzt also nach
Bolzano-Weierstraß einen Häufungspunkt, und dies ist auch ein Häufungspunkt
von (an )n∈N . Also ist c Häufungspunkt von (ank )k∈N , Widerspruch.
4
2
Jede konvergente Folge reeller Zahlen ist monoton wachsend oder monoton fallend.
n
)n∈N .
Die Aussage ist falsch. Ein Gegenbeispiel ist ( (−1)
n
2
4
Ist (ak )k∈N eine Folge P
in C, so dass die Folge (k 2 ak )k∈N konvergiert, so
konvergiert die Reihe ∞
k=1 ak absolut.
Die Aussage ist wahr. Konvergente FolgenP
sind beschränkt, also gilt |ak | ≤
C
>0
für ein C ∈ R Pund alle k ∈ N, daher ist ∞
k=1 k2 eine konvergente
∞
Majorante für k=1 ak .
4
2
Jede monoton wachsende und beschränkte Funktion f : R −→ R ist stetig.
Die Aussage ist falsch. Ein Gegenbeispiel liefert die Funktionsvorschrift x 7→ 0
für x < 0, x 7→ 1 für x ≥ 0.
2
4
Es gibt eine stetige und bijektive Funktion f : [0, 1] −→ R.
Die Aussage ist falsch. Jede stetige Funktion [0, 1] → R ist nach (6.28.) beschränkt.
2
4
Für jede nichtleere und beschränkte Teilmenge A ⊆ Q existiert sup(A) und
es gilt sup(A) ∈ Q.
√
Die Aussage ist falsch. Ein Gegenbeispiel ist {x ∈ Q | 0 ≤ x ≤ 2}.
C
k2
Aufgabe 2:
Bestimme das Infimum und das Supremum der Menge M := {1 +
1
n
| n ∈ N}.
Lösung: Für alle n ∈ N gilt n ≥ 1, also ist 1 + n1 ≤ 1 + 11 = 2 für alle n ∈ N. Somit ist 2 eine obere
Schranke für M . Da 2 = 1 + 11 ∈ M , ist 2 ein Maximum für M , also auch das Supremum von M
(vgl. Aufgabe 5).
Es gilt 1 + n1 ≥ 1 für alle n ∈ N, also ist 1 eine untere Schranke von M . Ist C > 1, so ist C keine
untere Schranke von M : Sei := C − 1 > 0. Da ( n1 )n∈N eine Nullfolge ist, existiert ein n0 ∈ N mit
1
< . Dann ist x0 := 1 + n10 ein Element von M mit x0 < 1 + = C. Somit ist 1 die größte untere
n0
Schranke von M , also das Infimum von M .
Aufgabe 3:
Betrachte die Folge (an )n∈N gegeben durch
2
√
n2 n + 3 + (−2)n
an :=
, n∈N
4n+1
Prüfe (an )n∈N auf Konvergenz und bestimme gegebenenfalls den Grenzwert.
Lösung: Für alle n ∈ N gilt
an
√
n4 (n + 3) + 2 · (−2)n n2 n + 3 + ((−2)n )2
=
4n+1 √
n4 (n + 3) + 2n+1 (−1)n n2 n + 3 + 4n
=
4n+1 √
4
n (n + 3) (−1)n n2 n + 3 1
=
+
+
4n+1
2n+1
4
n 2
4
√
n n+3
= 0 und limn→∞ (−1) 2n+1
= 0, folgt nach den Rechenregeln für Limiten von
Da limn→∞ n 4(n+3)
n+1
Folgen, dass (an )n∈N konvergiert und limn→∞ an = 14 .
Aufgabe 4:
Entscheide, ob die folgenden Reihen konvergieren:
(a)
∞
X
k=1
1
log(k + 1)
(b)
∞
X
k=1
(−1)k
log(k + 1)
Lösung:
(a) Für k ≥ 1 ist log(k + 1) > 0, daher konvergiert die Reihe genau dann, wenn sie absolut konP ki
vergiert. Für alle k ∈ N gilt die Ungleichung k ≥ log(k + 1), denn
exp(k) = ∞
i=0 i! ≥ 1 + k.
P
∞ 1
1
1
Da also log(k+1) ≥ k für alle k ∈ N und die harmonische Reihe k=0 k divergiert, folgt aus dem
P
1
Minorantenkriterium, dass auch ∞
k=1 log(k+1) divergiert.
1
(b) log : (0, ∞) → R ist streng monoton wachsend mit limx→∞ log(x) = ∞. Daher ist log(k+1)
eine
P∞ (−1)k
monoton fallende Nullfolge und k=1 log(k+1) konvergiert nach dem Leibnitzkriterium.
Aufgabe 5:
Seien a, b ∈ R, a < b.
Sei f : [a, b] → R eine stetige Funktion mit f ([a, b]) = [a, b]. Zeige, dass ein c ∈ [a, b] existiert mit
f (c) = c.
Hinweis: Betrachte zum Beispiel f (x) − x
Lösung: Wir definieren die Hilfsfunktion g : [a, b] → R, x 7→ f (x) − x. Nach den Rechenregeln
für stetige Funktionen ist g stetig. Nun gilt g(a) = f (a) − a ≥ 0 und g(b) = f (b) − b ≤ 0 (denn
f (a), f (b) ∈ [a, b]). Laut Zwischenwertsatz (angewandt auf g) existiert also ein c ∈ [a, b] mit g(c) =
0, für dieses c gilt dann f (c) = c.
Aufgabe 6:
Zeige, dass die Funktion
(
f : R −→ R,
cos(x)−1
,
x2
1
−2,
x 7−→
x 6= 0
x=0
stetig ist.
Lösung: Für alle x 6= 0 gilt
1
cos(x) − 1
= 2
f (x) =
2
x
x
∞
X
(−1)k
k=0
(2k)!
!
x
2k
−1
∞
∞
1 X (−1)k 2k X (−1)k 2(k−1)
= 2
x =
x
x k=1 (2k)!
(2k)!
k=1
P
(−1)k 2(k−1)
Also hat die Potenzreihe g := ∞
den Konvergenzradius ∞, somit stellt g auf ganz R
k=1 (2k)! x
1
eine stetige Funktion dar. Da g(0) = − 2 = f (0), gilt f = g auf ganz R, also ist f stetig.
Aufgabe 7:
Beweise, dass für die Funktionen arcsin : [−1, 1] → R und arccos : [−1, 1] → R gilt:
arcsin(x) + arccos(x) =
π
für alle x ∈ [−1, 1].
2
Lösung: Für alle y ∈ R gilt sin( π2 − y) = cos(y). Daher ist für alle x ∈ [−1, 1]
sin(arcsin(x)) = x = cos(arccos(x)) = sin(
π
− arccos(x))
2
Da arcsin(x) ∈ [− π2 , π2 ] und π2 − arccos(x) ∈ [− π2 , π2 ] für x ∈ [−1, 1], und sin auf dem Intervall
[− π2 , π2 ] injektiv ist, folgt hieraus die geforderte Identität.