Musterlösung

Wintersemester 10/11
Analysis für Informatiker (Prof. Dr. Bürgisser)
M u s t e r l ö s u n g
z u Ü b u n g s b l a t t
1 3 (Probeklausur)
Aufgabe 1: (Multiple Choice, jeweils 1 oder 0 oder −1 Teilpunkte)
Hier sind keine Begründungen erforderlich, nur ’ja’, ’nein’ oder gar nichts ankreuzen! Falsche
Antworten ergeben negative Punkte!
a) Jede stetige Funktion f : R → R ist differenzierbar.
◦ ja
⊗ nein
b) Der Ring Zm , m ∈ N, m ≥ 2, ist genau dann ein Körper, wenn m
eine Primzahl ist.
⊗ ja
◦ nein
c) Für die Eulersche ϕ-Funktion und n ∈ N, n ≥ 2, gilt: ϕ(2n ) = 2n−1 .
⊗ ja
◦ nein
◦ ja
⊗ nein
Folge und (bn ) eine divergente Folge, so
◦ ja
⊗ nein
1
.
e
⊗ ja
◦ nein
g) Jede stetige Funktion [a, b] −→ R nimmt das Infimum ihrer Funktionswerte an.
P
k
h) Jede Potenzreihe ∞
k=0 ak z mit ak ∈ C konvergiert auf der Menge
{z ∈ C | |z| = %}, wobei % > 0 der Konvergenzradius der Potenzreihe
ist.
⊗ ja
◦ nein
◦ ja
⊗ nein
i) Eine Funktion f : R → R ist genau dann stetig, wenn es für alle x0 ∈ R
und alle δ > 0 ein > 0 gibt, so dass für alle x ∈ R gilt:
|x − x0 | < δ =⇒ |f (x0 ) − f (x)| < .
◦ ja
⊗ nein
j) Der Konvergenzradius der Potenzreihe von sin ist gleich π/2.
◦ ja
⊗ nein
d) Das Inverse von z ∈ C \ {0} ist z −1 =
e) Ist (an ) eine konvergente
konvergiert (an − bn ).
1 −n
=
f) Es gilt lim 1 +
n→∞
n
z
.
|z|
Aufgabe 2: (Logik, 3 Punkte)
Beweisen Sie, dass die folgende Aussage eine Tautologie ist, d.h. bei jeder möglichen Belegung
der Aussagevariablen A, B den Wert wahr annimmt:
(A ⇒ B) ⇒ A ⇐⇒ A.
Musterlösung:
Wir erhalten folgende Wahrheitstabelle:
A B
f f
f w
w f
w w
A⇒B
w
w
f
w
(A ⇒ B) ⇒ A
f
f
w
w
(A ⇒ B) ⇒ A ⇔ A
w
w
w
w
Die Aussage ist eine Tautologie, da in der letzten Spalte nur der Wahrheitswert wahr vorkommt.
Aufgabe 3: (Vollständige Induktion, 3 Punkte)
Beweisen Sie, dass für alle natürlichen Zahlen n folgendes gilt:
P
P
( ni=1 i)2 = ni=1 i3 .
P
Hinweis: Verwenden Sie die Formel ni=1 i = n(n + 1)/2.
Musterlösung:
Induktionsanfang (n = 1) klar, da 1 = 1.
Induktionsschritt (n − 1 → n):
!2
!2
n
n−1
n−1
n
X
X
X
X
I.V.
i
= n+
i
= n2 + 2ns + s2 = n2 + n2 (n − 1)n + s2 = n3 + s2 = n3 +
i3 =
i3 .
i=1
i=1
i=1
i=1
| {z }
=:s
Aufgabe 4: (Modulares Inverses, 2 Punkte)
Berechnen Sie das multiplikative Inverse von [19] im Ring Z1013 .
Musterlösung:
Setze x := 1013 und y := 19.
1013
19
=
=
53 · 19 + 6
3·6+1
6
1
=
=
x − 53y
19 − 3 · 6 = y − 3(x − 53y) = −3x + 160y
Das modulare Inverse im Ring Z1013 von [19] ist also [160].
Aufgabe 5: (Modulares Potenzieren, 3 Punkte)
Berechnen Sie möglichst elegant 1311223322 modulo 22.
Musterlösung:
Es ist ϕ(22) = ϕ(2 · 11) = ϕ(2) · ϕ(11) = 1 · 10 = 10. Also gilt für alle Elemente der Einheitengruppe
a ∈ Z∗22 , dass a10 = 1. Da 22 und 13 teilerfremd sind, ist 13 ∈ Z∗22 .
Also ist 1311223322 ≡ 1311223322 mod 10 ≡ 132 ≡ 169 ≡ 15 (mod 22).
Aufgabe 6: (Grenzwerte, 6 Punkte)
Bestimmen Sie die folgenden Grenzwerte:
2n3 − 3(n + 1)2
,
n→∞
(n + 1)3
p
n
(b) lim
2n + n2 ,
(a) lim
n→∞
(c) lim 1 +
n→∞
1 n2
.
n
Musterlösung:
3
n3
−3(n + 1)2
n
−3
2n3 − 3(n + 1)2
= 2 lim
+ lim
= 2 lim
+ lim
(a) lim
=
n→∞ (n + 1)3
n→∞ (n + 1)3
n→∞ n + 1
n→∞ n + 1
n→∞
(n + 1)3
3
3
1
1
2 lim 1 −
+ 0 = 2 1 − lim
= 2(1 − 0)3 = 2.
n→∞
n→∞ n + 1
n+1
p
√
√
√
√
n
n
n
(b) Für n ≥ 4 gilt 2n ≤
2n + n2 ≤ n 2n + 2n . Aber lim 2n = 2 und lim n 2n + 2n =
n→∞
n→∞
p
√
n
n
lim 2 2 = 2, also auch lim
2n + n2 = 2.
n→∞
n→∞
!n
2
2
2
2n
1 n
1 n
n
n
(c) Zeige, dass 1+ n
lim
≤
∈ Ω(2 ), also divergiert 1+ n
: lim
n2 = n→∞
n→∞
1 + n1
1 + n1
lim 1n = 1 ist beschränkt.
n→∞
Aufgabe 7: (Landau Symbole, 6 Punkte)
Begründen oder widerlegen Sie die folgenden asymptotischen Ausagen für n → ∞:
√
(a) 2n + n = O(n),
(b) n2 + 2n log n + 30 = o(n2 log n),
(c) n3 = o(en ).
Musterlösung:
(a)
√
2n+ n
n
(b) lim
n→∞
=2+
√1
n
≤ 3 ist beschränkt, also ist 2n +
n2 +2n log n+30
n2 log n
n3
n
n→∞ e
(c) Es ist lim
√
1
+ lim 2 + lim 2 30
n→∞ log n n→∞ n n→∞ n log n
= lim
n = O(n).
= 0, also ist n2 +2n log n+30 = o(n2 log n).
= 0 nach Vorlesung, also ist n3 = o(en ).
Aufgabe 8: (Konvergenzkriterien für Reihen, 6 Punkte)
Untersuchen Sie die folgenden Reihen auf Konvergenz, absolute Konvergenz, bzw. Divergenz.
Begründen Sie Ihre Antwort mit den entsprechenden Kriterien.
(a)
∞
X
(n + 1)4
n=0
(b)
∞
X
(n + 1)n−1
n=1
(c)
3n
∞
X
nn
√
√
(−1)n ( n + 1 − n)
n=1
Musterlösung:
(a) Wende das Wurzelkriterium an:
s
p
n
4
(n + 1)4
2
n (n + 1) = lim
lim
≤ < 1,
n
n→∞
n→∞
3
3
3
denn
√
√
p
√
n
n
n
(n + 1)4 ≤ n (2n)4 = 16n4 = 16 · n4
√
√
√
n
und lim n 16 = 1 und lim n4 ≤ lim n 2n = 2. Also konvergiert die Reihe absolut.
p
n
n→∞
n→∞
n→∞
(b) Die Reihe hat die harmonische Reihe als divergente Minorante und divergiert deshalb selbst:
(n + 1)n−1
nn−1
1
>
=
nn
nn
n
√
√
√ √
√
√
1 √
(c) Es ist ( n + 1 − n)( n + 1 + n) = (n + 1) − n = 1, also √n+1−
= n + 1 + n. Da die
n
√
√
√
√
Folge n + 1+ n monoton wachsend und uneigentlich konvergent gegen ∞ ist, ist n + 1− n
∞
X
√
√
monoton fallend und konvergent gegen 0. Also kovergiert
(−1)n ( n + 1 − n) nach dem
n=1
Leibniz-Kriterium.
∞
X
√
√
√
Pk
√
( n + 1 − n). Sei dafür Sk := n=1 ( n + 1 − n)
n=1
√
√
√
√
√
√
√
√
√
2 − 1 + 3 − 2 + 4 − 3 + 5 − 4··· − k =
die
k-te
Partialsumme.
Dann
ist
S
=
k
√
√
k + 1 − 1. Da die Folge (Sk ) der Partialsummen der Betragsreihe divergiert, konvergiert
∞
X
√
√
(−1)n ( n + 1 − n) nicht absolut.
Betrachte nun die Reihe der Beträge
n=1
Aufgabe 9: (Exponentialfunktion, 5 Punkte)
Die hyperbolischen Winkelfunktionen sind für z ∈ C folgendermassen definiert:
1
cosh z := (ez + e−z ),
2
1
sinh z := (ez − e−z ).
2
(a) Zeigen Sie, dass (cosh z)2 − (sinh z)2 = 1 gilt.
(b) Schreiben Sie cosh z und sinh z als Potenzreihen.
Musterlösung:
(a) (cosh z)2 −(sinh z)2 =
1
4 · 4 = 1.
1 z
2 (e
2
+ e−z ) −
1 z
2 (e
− e−z )
2
= 14 (e2z +2+e−2z )− 14 (e2z −2+e−2z ) =
(b)
cosh z
=
=
∞
∞
1 X z n X (−z)n
1 z
(e + e−z ) =
+
2
2 n=0 n! n=0 n!


∞
∞
n
X
X
1
2z 
zn

=
2
n!
n!
n=0
n=0
!
1
=
2
∞
X
z n + (−z)n
n!
n=0
!
∞
∞
1 z
1 X z n X (−z)n
(e − e−z ) =
−
2
2 n=0 n! n=0 n!


∞
∞
n
X
X
2z 
zn
1

=
2
n!
n!
n=0
n=0
!
1
=
2
∞
X
z n − (−z)n
n!
n=0
!
n gerade
n gerade
und
sinh z
=
=
n ungerade
n ungerade
Aufgabe 10: (Ableitungen, 6 Punkte)
Berechnen Sie die Ableitungen der folgenden Funktionen:
(a) f (x) = x2 ex ,
(b) g(x) = xe2x+1 ,
(c) h(x) =
x
,
1+x2
Musterlösung:
(a) f 0 (x) = 2xex + x2 ex = (x2 + 2x)ex .
(b) g 0 (x) = 1 · e2x+1 + x · (e2x+1 )0 = e2x+1 + x(2 · e2x+1 ) = (2x + 1)e2x+1 .
(c) h0 (x) =
1·(1+x2 )−x(2x)
(1+x2 )2
=
1+x2 −2x2
(1+x2 )2
=
1−x2
(1+x2 )2 .