Analysis I. 5. Beispielklausur mit Lösungen

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1 Fachbereich Mathematik/Informatik Prof. Dr. H. Brenner Analysis I 5. Beispielklausur mit en Aufgabe. Definiere die folgenden (kursiv gedruckten) Begriffe. () Die Umkehrabbildung zu einer bijektiven Abbildung F: L M. () Eine Ordnungsrelation auf einer Menge I. (3) Die bestimmte Divergenz gegen + einer Folge (x n ) n N in einem angeordneten Körper K. (4) Der Polynomring über einem Körper K (einschließlich der darauf definierten Operationen). (5) Die reelle Exponentialfunktion zur Basis b > 0. (6) Die punktweise Konvergenz einer Funktionenfolge f n : T K, wobei T eine Menge ist. (7) Die Obersumme zu einer oberen Treppenfunktion t zu einer Funktion f: I R auf einem beschränkten Intervall I R. (8) Die zu einer gewöhnlichen Differentialgleichung y = f(t,y), wobei f: U R, (t,y) f(t,y), eine Funktion auf einer offenen Teilmenge U R ist. () Die Abbildung G: M L, diejedeselementy M aufdaseindeutigbestimmteelementx L mit F(x) = y abbildet, heißt die Umkehrabbildung zu F. () Die Relation heißt Ordnungsrelation, wenn folgende drei Bedingungen erfüllt sind. (a) Es ist i i für alle i I. (b) Aus i j und j k folgt stets i k. (c) Aus i j und j i folgt i = j.

2 (3) Die Folge heißt bestimmt divergent gegen +, wenn es zu jedem s K ein N N gibt mit x n s für alle n N. (4) Der Polynomring über einem Körper K besteht aus allen Polynomen P = a 0 +a X +a X + +a n X n mit a i K, n N, und mit komponentenweiser Addition und einer Multiplikation, die durch distributive Fortsetzung der Regel definiert ist. (5) Die Funktion X n X m := X n+m R R, x b x, heißt Exponentialfunktion zur Basis b. (6) Man sagt, dass die Funktionenfolge punktweise konvergiert, wenn für jedes x T die Folge (f n (x)) n N in K konvergiert. (7) Zu einer oberen Treppenfunktion t: I R von f zur Unterteilung a i, i = 0,...,n, und den Werten t i, i =,...,n, heißt das Treppenintegral n T = t i (a i a i ) i= eine Obersumme von f auf I. (8) Unter einer der Differentialgleichung versteht man eine Funktion y: I R, t y(t), auf einem mehrpunktigen Intervall I R, die folgende Eigenschaften erfüllt. (a) Es ist (t,y(t)) U für alle t I. (b) Die Funktion y ist differenzierbar. (c) Es ist y (t) = f(t,y(t)) für alle t I. Aufgabe. Formuliere die folgenden Sätze. () Das Quetschkriterium für reelle Folgen. () Die Funktionalgleichung der komplexen Exponentialfunktion. (3) Der Mittelwertsatz der Differentialrechnung. (4) Die Quotientenregel für die Ableitung, also die Formel für die Ableitung von f (mit den Voraussetzungen an f und g). g

3 3 () Es seien (x n ) n N, (y n ) n N und (z n ) n N reelle Folgen. Es gelte x n y n z n für alle n N und(x n ) n N und(z n ) n N konvergierenbeidegegendengleichengrenzwert a. Dann konvergiert auch (y n ) n N gegen diesen Grenzwert a. () Für komplexe Zahlen z,w C gilt (3) Sei a < b und sei exp(z +w) = exp z exp w. f: [a,b] R eine stetige, auf ]a, b[ differenzierbare Funktion. Dann gibt es ein c ]a,b[ mit f (c) = f(b) f(a). b a (4) Es sei D K eine offene Menge, a D ein Punkt und f,g: D K Funktionen, die beide in a differenzierbar seien und wobei g keine Nullstelle in D besitze. Dann ist f/g differenzierbar in a mit (f/g) (a) = f (a)g(a) f(a)g (a) (g(a)). Aufgabe 3. Es sei M eine beliebige Menge. Zeige, dass es keine surjektive Abbildung von M in die Potenzmenge P(M) geben kann. Wir nehmen an, dass es eine surjektive Abbildung F: M P(M), x F(x), gibt, und müssen dies zu einem Widerspruch führen. Dazu betrachten wir T = {x M x F(x)}. Da dies eine Teilmenge von M ist, muss es wegen der Surjektivität ein y M geben mit F(y) = T. EsgibtnunzweiFälle,nämlichy F(y)odery F(y).ImerstenFallistalso y T, und damit, nach der Definition von T, auch y F(y), Widerspruch. Im zweiten Fall ist, wieder aufgrund der Definition von T, y T, und das ist ebenfalls ein Widerspruch.

4 4 Aufgabe 4. Beweise durch Induktion, dass für n 0 die Abschätzung 3 n n 4 gilt. Induktionsanfang für n = 0. Es ist 3 0 = 9 5 = = n 4. Zum Induktionsschluss sei n 0. Dann ist 3 n+ = 3 3 n 3 n 4 = n 4 + n4 + n4 + n4 + n4. Andererseits ist nach der binomischen Formel Wir müssen (n+) 4 = n 4 +4n 3 +6n +4n+. n 4 + n4 + n4 + n4 + n4 n 4 +4n 3 +6n +4n+ nachweisen. Der erste Summand stimmt links und rechts überein, für die anderen Summanden zeigen wir, dass die linken, also jeweils n4, mindestens so groß wie die rechten sind. Dies folgt aber direkt aus n 4 8n 3 (da n 0), aus n 4 n, da ja n ist, aus n 4 8n und aus n 4. Aufgabe 5. Entscheide, ob die reelle Folge x n = 3n5 4 n 4 3 +n 4n n + (mit n ) in R konvergiert und bestimme gegebenenfalls den Grenzwert. Wir erweitern mit n 7 5 und erhalten x n = 3n5 4 n 4 3 +n 4n n + = 3n n n 7 5 4n n 7 5 +n 7 5 = 3n 8 0 n 5 +n n 9 0 +n 7 5 FolgenderFormn q,q Q +,konvergierengegen0,nachdenrechengesetzen für konvergente Folgen konvergiert diese Folge also gegen 0.

5 Aufgabe 6. Für ein Mathematikbuch soll der Graph der Exponentialfunktion über dem Intervall [ 5, 3] maßstabsgetreu in cm gezeichnet werden, wobei der Fehler maximal 0,00 cm sein darf. Es steht nur ein Zeichenprogramm zur Verfügung, das lediglich Polynom zeichnen kann. Welches Polynom kann man nehmen? 5 Wir betrachten zur Exponentialreihe x n n=0 die Teilpolynome n! k x n P k (x) = n!. Die Differenz der Exponentialfunktion zu diesen Polynomen ist somit x n n!, n=k+ und der Betrag davon soll für jedes x [ 5,3] maximal gleich 0,00 sein. Wegen x n n! x n n! 5 n n! n=k+ müssen wir k so wählen, dass ist. Wir betrachten 5 n = n! n=k+ = n=k+ 5 n n! n=k+ n=0 n=k+ 0,00 = 000 ( 5 k+ ) (k +)! (k +)! (k ++j)! 5j j=0 ( 5 k+ (k +)! 5 k+ (k +)! 5 j (k +)(k +3) (k ++j) j=0 ( ( ) ) j 5. k + j=0 Bei 5 < k + liegt rechts eine geometrische Reihe vor, bei k 8 ist deren Wert maximal gleich. Bei k 0 (bzw. 3) können wir grob abschätzen 5 k+ (k +)! = 5 k + 5 k k + 5 k )

6 6 ( ) k ( ) k 3. Wegen ist dies bei k 4 kleiner als. Daher ist P = 4 x n n=0 ein Polynom, das die Exponentialfunktion wie gewünscht approximiert. n! Aufgabe 7. Zeige, dass eine stetige Funktion gleichmäßig stetig ist. f: [a,b] R Wir nehmen an, dass f nicht gleichmäßig stetig ist. Dann gibt es ein ǫ > 0 mit der Eigenschaft, dass es für alle δ > 0 ein Punktepaar x,y [a,b] mit x y δ und f(x) f(y) ǫ gibt. Insbesondere gibt es somit für jedes n N + eine Punktepaar x n,y n [a,b] mit x n y n n und f(x n ) f(y n ) ǫ. Nach dem Satz von Bolzano-Weierstraß besitzt die Folge x n eine in R konvergente Teilfolge, deren Grenzwert, nennen wir ihn x, wegen der Abgeschlossenheit zum Intervall gehören muss. Die Glieder der Teilfolge besitzt die eingangs beschriebenen Eigenschaften, deshalb können wir direkt annehmen, dass die Folge (x n ) n N konvergiert. Die Folge (y n ) n N konvergiert ebenfalls gegen x. Wegen der Stetigkeit konvergieren dann nach Lemma.4 auch die beiden Bildfolgen f(x n ) und f(y n ) gegen f(x). Es sei nun ǫ < ǫ. Dann ist für n hinreichend groß sowohl f(x n) f(x) ǫ als auch f(y n ) f(x) ǫ. Dies ergibt mit der Dreiecksungleichung einen Widerspruch zu f(x n ) f(y n ) ǫ. Aufgabe 8. Bestimme die Ableitung der Funktion R + R +, x f(x) = π x +x e. Es ist f (x) = ln(π) π x +ex e. Aufgabe 9. Wir betrachten die Funktion f: R R, x 3 x. Bestimme die Punkte x R, in denen f differenzierbar ist.

7 7 Die Funktion x x 3 ist überall differenzierbar und die Ableitung ist nur an der Stelle x = 0 gleich 0. Daher ist die Umkehrfunktion y 3 y für y 0 differenzierbar. Daher ist auch f als Hintereinanderschaltung von x x und dieser Funktion für x 0 differenzierbar. Für x = 0 betrachten wir direkt den Differenzenquotient, also für h 0 den Ausdruck 3 h h. Wir betrachten positive h und können den Nenner als h = 3 h 3 = 3 h 3 h schreiben. Daher ist der Differenzenquotient gleich 3 h 3 h = h 3 h 3 h = 3 = 3 h h. Für h n = n steht hier 3 n und dies divergiert, also existiert der Grenzwert des Differenzenquotienten nicht. Daher ist f in 0 nicht differenzierbar. Aufgabe 0. Finde die Punkte (bzw. den Punkt) a [0, π ] derart, dass die Steigung der Sinusfunktion sin in a gleich der Gesamtsteigung von sin zwischen 0 und π ist. Die Gesamtsteigung ist sin π sin 0 π 0 = π = π. Die Ableitung des Sinus ist der Kosinus, es geht also um die en der Gleichung cos a = π mit a [0, π ]. Auf diesem Intervall ist die Kosinusfunktion streng fallend und somit gibt es wegen < π genau eine, nämlich bei π a = arccos π. Aufgabe. Wir betrachten die Funktion f: R\{0} R, x f(x) = e x. a) Untersuche das Monotonieverhalten dieser Funktion. b) Zeige, dass diese Funktion injektiv ist.

8 8 c) Bestimme das Bild von f. d) Man gebe die Umkehrfunktion auf dem Bild zu dieser Funktion an. e) Skizziere den Funktionsgraphen von f. a) Die Ableitung von f ist f (x) = x e x. Dies ist stets positiv, so dass die Funktion auf den beiden Teilintervallen R und R + jeweils streng wachsend ist. Insgesamt ist die Funktion aber nicht wachsend, da die Werte zu negativem x stets größer als die Werte zu positivem x sind. b) Für x < 0 ist e x >, da der Exponent positiv ist. Für x > 0 ist e x <, da der Exponent negativ ist. Daher haben insbesondere negative und positive reellen Zahlen unter f unterschiedliche Werte. Da im negativen Bereich als auch im positiven Bereich strenges Wachstum vorliegt, ist die Abbildung insgesamt injektiv. c) Für negatives x durchläuft x sämtliche positiven Zahlen, so dass e x das offene Intervall ], [ durchläuft. Für positives x durchläuft x sämtliche negativen Zahlen, so dass e x das offene Intervall ]0,[ durchläuft. Das Bild ist also R + \{}. d) Aus y = e x folgt durch Äquivalenzumformungen ln y = und damit x x =, die Umkehrabbildung ist also ln y e) R + \{} R\{0}, y ln y. Aufgabe. Es sei f R[X] ein Polynom vom Grad n und a R. Zeige unter Verwendung der Taylor-Formel, dass das Taylor-Polynom vom Grad n zu f im Entwicklungspunkt a mit f übereinstimmt. Zu jedem x R gibt es aufgrund der Taylor-Formel ein c R mit n f (k) (a) f(x) = (x a) k + f(n+) (c) k! (n+)! (x a)n+, k=0

9 wobei der linke Summand das Taylor-Polynom vom Grad n ist. Da f den Grad n besitzt, ist aber die (n + )-te Ableitung davon 0. Daher fällt der rechte Summand weg und f stimmt mit dem n-ten Taylor-Polynom überein. Aufgabe 3. Es sei f: [a,b] R eine Riemann-integrierbare Funktion. Zu n N + sei s n : [a,b] R diejenige untere Treppenfunktion zu f zur äquidistanten Unterteilung in n gleichlange Intervalle, die auf dem Teilintervall (j )(b a) = [a+,a+ j(b a) [, j =,...,n, n n (für j = n sei das Intervall rechtsseitig abgeschlossen) das Infimum von f(x), x, annimmt. Zeige, dass die Folge der Treppenintegrale zu s n gegen f(x)dx konvergiert. b a 9 Es sei c = b f(x)dx. Es gibt eine Folge von unteren Treppenfunktionen u a n derart, dass die zugehörige Folge der Treppenintegrale gegen c konvergiert. Wir müssen zeigen, dass dies auch für die Treppenintegrale zu den s n gilt. Sei ǫ > 0 vorgegeben. Aufgrund der zuerst erwähnten Konvergenz gibt es zu ǫ ein k derart, dass für alle n k die Abschätzung c b a u n (x)dx ǫ gilt. Wir vergleichen die Treppenintegrale zu s n mit dem Treppenintegral zu u k. Es sei m die Anzahl der Unterteilungspunkte von u k und es sei d R + eine absolute Schranke für f. Insbesondere ist und u k d s n d. Wir wählen n 0 so, dass b a md ǫ n 0 4 ist. Sei n n 0 fixiert. Von den n Teilintervallen gibt es maximal m Stück, in denen ein Unterteilungspunkt zu u k liegt. Es sei J {,...,n} die Indexmenge dieser Teilintervalle. Auf einem Intervall mit j J ist u k konstant und es gilt dort u k s n f

10 0 und entsprechend u k (x)dx Auf einem Intervall mit j J ist s n (x)dx u k (x)dx d b a n f(x)dx. und s n (x)dx d b a n. Insgesamt ergibt sich b n c s n (x)dx = c s n (x)dx a j= = c s n (x)dx s n (x)dx j J j J c u k (x)dx s n (x)dx j J j J b = c u k (x)dx+ u k (x)dx s n (x)dx a j J j J ǫ +dmb a n +dmb a n ǫ + ǫ 4 + ǫ 4 = ǫ. Aufgabe 4. BestimmeeineStammfunktionfürdieFunktion( π < t < π ) Die Stammfunktion von cos t. cos t berechnet sich unter Verwendung von Lemma 7.4 folgendermaßen. cos t dt = +s s +s ds = Eine Stammfunktion von ist ln +s. Daher ist s s ( + tan t ) ln tan t eine Stammfunktion von cos t. s ds.

11 Aufgabe 5. Löse das Anfangswertproblem y = 3t 3t+4 mit y( ) = 5. Die Stammfunktionen zu f(t) = 3t 3t+4 sind F(t) = t 3 3 t +4t+c. Die Bedingung führt auf also F( ) = c = 5, c = 3.