Analysis I - Zweite Klausur
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- Monica Schenck
- vor 5 Jahren
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1 Aalysis I - Zweite Klausur Witersemester Vorame: Name: Aufgabe Aufgabe 2 Aufgabe 3 Aufgabe 4 Aufgabe 5 Aufgabe 6 Aufgabe 7 Aufgabe 8 Aufgabe 9 Summe
2 Aufgabe 4 Pukte Bestimme Sie (mit Beweis) alle lokale Miima, Maima ud Wedepukte sowie das Krümmugsverhalte vo a) f() = 3 3 +, b) g() = e 2 + auf R. Sie brauche ur die Stelle der gefragte Pukte ud icht de Fuktioswert ausreche. Als Polyom ist f laut Vorlesug beliebig oft differezierbar. Awedug der Ableitugsregel für Polyome ergibt f () = 9 2, f () = 8, f () = 8 für alle R. Krümmugsverhalte ud Wedepukte: Laut Satz 5.0.2(ii) ist die beliebig oft differezierbare Fuktio f() kokav auf (, 0] wege f () 0 ud kove auf [0, ) wege f () 0. Damit folgt auch, dass w = 0 ei Wedepukt vo f() ist (Defiitio 5.0.2). Es gibt keie weitere Wedepukte, de für jede solche müsste f () = 8 = 0 gelte (Satz 5.0.3), woraus aber = 0 folgt. Also liegt der eizige Wedepukt vo f() a der Stelle w = 0. Lokale Etrema: Ist η R eie Etremalstelle vo f(), so gilt otwedig f (η) = 0 ach Satz 5..3, also 9η 2 = 0 bzw. (3η) 2 =, was offebar geau für η = 3 ud η 2 = 3 der Fall ist. Die hireichede Bedigug für lokale Etrema (Satz für = ) ist auch erfüllt wege f (η,2 ) = 8η,2 0. Es ist f (η ) = 8 3 = 6 < 0, also besitzt f() i η ei lokales Maimum. Adererseits ist f (η 2 ) = 8 3 = 6 > 0, also besitzt f() i η 2 ei lokales Miimum. Da die otwedige Bedigug f () = 0 ur für η,2 erfüllt ist besitzt f() keie weitere lokale Etrema. Ableite vo g() ergibt ach der Ketteregel g () = (e 2 + ) = ( 2 + ) e 2 + = 2 e 2 +, womit g() auf gaz R differezierbar ist. Ereutes Ableite ergibt ach der Produktregel g () = (2e 2 + ) = (2) (e 2 + ) + (2)(e 2+ ) = 2e e 2+ = ( )e 2 +, womit g() zweimal auf R differezierbar ist. Krümmugsverhalte ud Wedepukte: Laut Vorlesug ist e positiv für alle R, adererseits ist positiv (da wir g() ur auf R ud icht auf C betrachte). Damit folgt, dass g () > 0 für alle R ist, d. h. ach Satz ist g() kove auf gaz R, woraus auch folgt, dass g() keie Wedepukt besitzt. Lokale Etrema: Die otwedige Bedigug für lokale Etrema (Satz 5..3) g () = 0 ist wege 2e 0 ur für = 0 erfüllt. Damit besitzt g() höchstes ei lokales Etremum i ξ = 0. Da die zweite Ableitug stets positiv ist folgt, dass g() i ξ ei lokales Miimum besitzt.
3 Aufgabe 2 2 Pukte Zeige Sie mit Hilfe des. Mittelwertsatzes: (a) Sid Fuktioe f, g auf gaz R differezierbar mit f () = g (), so gibt es ei c R mit f() = c + g(). (b) Für alle a, b R gilt si(a) si(b) a b. Zu a): Das ist eie Umformulierug vo Satz 5.4.2(i), die wie folgt bewiese wird: ma setzt h() = f() g(), da ist ach de Recheregel für Ableituge h () = f () g () = 0 auf gaz R. Nach dem erste Mittelwertsatz gibt es für jedes R mit 0 ei ξ mit h() h(0) = h (ξ) = 0 h() h(0) = 0 h() = h(0) =: c 0 für alle 0. Das bedeutet aber gerade f() = g() + c für alle 0. Da f ud g stetig sid muss das da auch i = 0 gelte. Der Mittelwertsatz darf beutzt werde, weil h() als Differez der auf gaz R differezierbare Fuktioe f() ud g() auf gaz R differezierbar ud stetig ist. Zu b): Ist a = b, so steht auf beide Seite der Ugleichug Null, ud die Aussage ist erfüllt. Also seie a, b R beliebig aber verschiede. Awedug des erste Mittelwertsatzes auf die laut Vorlesug differezierbare Fuktio si() ergibt si(a) si(b) = si (ξ) = cos(ξ) a b wege si () = cos() laut Vorlesug für irged ei ξ (a, b). Betragsawedug auf beide Seite liefert si(a) si(b) = cos(ξ), a b ud Multiplikatio mit a b schließlich wege cos() [, ] laut Vorlesug. si(a) si(b) = cos(ξ) a b a b
4 Aufgabe 3 4 Pukte Zeige Sie, dass die Fuktioefolge f () = e auf R puktweise gege die Grezfuktio f() = kovergiert, ud dass diese Kovergez auf [0, ] sogar gleichmäßig ist. Zeige Sie zudem, dass die Kovergez auf gaz R icht gleichmäßig ist. Puktweise Kovergez: Da e stetig ist laut Vorlesug gilt für festes R lim e = e lim = e lim = e 0 = e 0 =. Da beliebig war gilt f f puktweise mit f() = für alle R. Gleichmäßige Kovergez: Für jedes ist die Fuktio f () streg mooto wachsed i R, da e streg mooto wächst ud streg mooto wächst. Also gilt f () f () für alle [0, ]. Es sei ε > 0 beliebig vorgegebe, da gilt f () f() = f () = e, da e ist für [0, ] wege 0 ud e0 = sowie der strege Mootoie vo e. Also gilt isgesamt f () f() = f () = f () f (). Da f () für ist gibt es ei 0 = 0 (ε), so dass f () < ε ist für alle > 0. Damit gilt isgesamt f () f() = f () = f () f () < ε falls > 0 (ε) ist, ud zwar für alle. Die Wahl vo 0 ist icht vo abhägig, also ist f f gleichmäßig koverget auf [0, ]. Nur puktweise Kovergez: Es sei ε = ud 0 N beliebig groß. Es ist zu zeige, dass es ei R gibt, so dass f () f() ist für ei > 0. Wir wähle = 0 + R ud = 0 + N, da gilt f () f() = e = e = e = e > wege e 2.7. Also ist die Kovergez auf R icht gleichmäßig, da durch Wahl vo ud > 0 der Betrag der Differez f () f() über ε = gehobe werde ka.
5 Aufgabe 4 0 Pukte Bereche (ud beweise) Sie de Kovergezradius dieser Reihe: a) kk k, b) ( ) k k! k. k=0 Zu a): Eisetze i de Satz vo Cauchy-Hadamard ergibt k k lim sup k = lim sup(((k k ) 2 ) k ) = lim sup ((k k ) 2k ) = lim sup (k k 2k ) = lim sup (k 2 ) =, da k gege geht für k. Damit ist ach dem Satz R = 0, d. h. die Reihe kovergiert ur im Nullpukt. k=0 Zu b): Eisetze i das Quotietekriterium ergibt ( ) k+ (k+)! lim sup k+ ( ) k k! = lim sup k (k+)! k+ k! k = fest lim sup (k+)! k! = lim sup k! (k + )! k + = 0 = 0 = lim sup eie Nullfolge ud fest ist. Da der Limes superior Null ist folgt mit völlig uabhägig vo, da k+ dem Quotietekriterium, dass die Reihe kovergiert (ebefalls uabhägig vo ). Da die Potezreihe also für jedes R kovergiert ist der Radius R =. Am eifachste ist der Aufgabeteil b) damit zu zeige, dass die Reihe vo e eie kovergete Majorate ist (ud zwar jeweils für festes aber beliebiges R).
6 Aufgabe 5 08 Pukte Kreuze Sie i der folgede Tabelle a, ob die gegebee Aussage wahr oder falsch sid. Für jedes richtig gesetzte Kreuz erhalte Sie eie Pukt, für jedes falsch gesetzte Kreuz bekomme Sie eie Pukt abgezoge. Die gesamte Aufgabe wird jedoch i keiem Fall mit eier egative Azahl Pukte bewertet. Sie köe auch i eier Zeile ichts akreuze. Sie müsse ihre Aussage icht beweise. Behauptug Wahr Falsch Jede kompakte Mege K R ist i eier offee Mege O R ethalte. Jede offee Mege O R ist i eier kompakte Mege K R ethalte. Ist f : [, ] R differezierbar, so auch gleichmäßig stetig. Ist f : [, ] R gleichmäßig stetig, so auch differezierbar. Jedes Polyom ist auf R gleichmäßig stetig ud beliebig oft differezierbar. Ist ξ R Häufugspukt eier kompakte Mege K R, so folgt ξ K. Für jede Potezreihe a gibt es u R so dass a u kovergiert. Für jede Potezreihe a gibt es v R so dass a v divergiert. Behauptug Wahr Falsch Jede kompakte Mege K R ist i eier offee Mege O R ethalte. Jede offee Mege O R ist i eier kompakte Mege K R ethalte. Ist f : [, ] R differezierbar, so auch gleichmäßig stetig. Ist f : [, ] R gleichmäßig stetig, so auch differezierbar. Jedes Polyom ist auf R gleichmäßig stetig ud beliebig oft differezierbar. Ist ξ R Häufugspukt eier kompakte Mege K R, so folgt ξ K. Für jede Potezreihe a gibt es u R so dass a u kovergiert. Für jede Potezreihe a gibt es v R so dass a v divergiert.
7 Jede kompakte Mege K R ist i eier offee Mege O R ethalte:...ämlich i der offee Mege R. WAHR Jede offee Mege O R ist i eier kompakte Mege K R ethalte: FALSCH Die offee Mege R ka icht i eier kompakte Mege liege, da R icht beschräkt ist. Ist f : [, ] R differezierbar, so auch gleichmäßig stetig: WAHR De als differezierbare Fuktio ist f auch stetig, ud ach Satz da auch gleichmäßig stetig da der Defiitiosbereich [, ] kompakt ist. Ist f : [, ] R gleichmäßig stetig, so auch differezierbar: FALSCH Beispielsweise ist f() = stetig (damit gleichmäßig stetig) auf [, ] aber i = 0 icht differezierbar. Jedes Polyom ist auf R gleichmäßig stetig ud beliebig oft differezierbar: FALSCH Differezierbar ach Vorlesug ud damit stetig, aber (da R icht kompakt) ka es auch icht gleichmäßig stetige Polyome gebe, beispielsweise P () = 2. Ist ξ R Häufugspukt eier kompakte Mege K R, so folgt ξ K: WAHR Ist ξ Häufugspukt vo K, so gibt es eie Folge ( ) aus K, die gege ξ kovergiert. Da K als kompakte Mege auch abgeschlosse ist folgt ξ = lim K. Für jede Potezreihe a gibt es u R so dass a u kovergiert:...ämlich u = 0. WAHR Für jede Potezreihe a gibt es v R so dass a v divergiert: FALSCH Beispielsweise kovergiert e =! i jedem R, also divergiert diese Potezreihe irgeds.
8 Aufgabe 6 2 Pukte Beweise Sie: (a) z = z falls R ud z C. (b) Für alle z 0 i C gilt z = (z). Hiweis: Sie dürfe Teil a) zur vo b) beutze, auch we Sie a) icht bearbeitet habe. Ihalte der Probeklausur dürfe Sie icht ohe Beweis beutze! Zu a): Es sei z = a + ib mit a, b R, da gilt z = (a + ib) = a + ib = R a ib = (a ib) = a + ib = z. Zu b): Es sei z = r e iφ die (eideutige) Polardarstellug vo z mit r R + ud φ [0, 2π). Zuächst gilt e iφ = Euler cos(φ) + i si(φ) = cos(φ) i si(φ) = 5.7.6(ii) cos( φ) + i si( φ) = Euler e iφ, also egiert die Kojugatio gerade de Epoete i reie Wikeldarstelluge. Damit gilt u z = (r e iφ ) = r e iφ = a) r e iφ = r e iφ = (r e iφ ) = (r e iφ ) = a) (r e iφ ) = (z).
9 Aufgabe 7 08 Pukte Überprüfe Sie (mit Beweis) die Fuktio f() = { ( ) 4 falls 0 si() + cos() falls > 0 auf Stetigkeit auf gaz R. Die Fuktio f() ist auf (, 0) stetig, da dort f() = ( ) 4 ei Polyom ist, ud Polyome laut Vorlesug stetig sid. Auf (0, ) ist f() ebefalls stetig, da dort f() = si() + cos() als Summe stetiger Fuktioe laut Vorlesug stetig ist. Es bleibt die Stetigkeit im Nullpukt zu zeige. Laut Satz ist f() stetig i = 0, falls f(0+) = f(0 ) = f(0) ist. Es gilt ud adererseits lim f() = 0+ (>0) lim f() = 0 (<0) lim ( 0 )4 = (0 ) 4 =, stetig lim (si() + cos()) = 0+ stetig si(0) + cos(0) = 0 + =. Damit ist f(0+) = f(0 ) = = f(0), ud f() damit stetig i Null. Isgesamt ist f() damit auf gaz R stetig.
10 Aufgabe 8 2 Pukte Es sei Z = ( 0,..., ) die äquidistate Zerlegug vo [0, ] mit ν = ν. Bereche Sie Ober- ud Utersumme vo f() = 2 + bzgl. dieser Zerlegug i Abhägigkeit vo. Bereche Sie de Limes dieser Summe für. Die Fuktio f() = 2 + ist offebar streg mooto wachsed auf [0, ], damit werde Suprema stets i rechte ud Ifima stets i like Itervallgreze ageomme: ν = ν für ν = 0... ach Defiitio vo Z, also M ν = sup{f() ν ν } = f( ν ) = 2 ν +, M ν = if{f() ν ν } = f( ν ) = 2 ν +. Adererseits ist ν ν = ν ν = für alle ν, also gilt isgesamt ach Defiitio 6..: S(Z ) = M ν ( ν ν ) = (2 ν + ) ( ν ν ) = (2 ν + ) = 2ν + = 2 (2ν + ) = 2 2 ν + 2 = 2 ( + ) = + + = 2 +. Aalog gilt S(Z ) = M ν ( ν ν ) = (2 ν + ) ( ν ν ) = (2 ν + ) = 2ν 2 + = 2 (2ν 2 + ) = 2 2 ν = 2 ( + ) = = 2. Nach de Recheregel für Folge kovergiere Uter- bzw. Obersumme gege 2 für.
11 Aufgabe 9 0 Pukte Gebe Sie ohe Beweis a, welche dieser Mege jeweils offe, abgeschlosse bzw. kompakt i R sid: a) A = [, 2) (3, 4], b) B = [, 3) (2, 4], c) C = [, 2) (2, 4]. Beweise oder widerlege Sie ausführlich eie der Eigeschafte für eie der geate Mege. Kurz: A erfüllt keie Eigeschaft, B ist ur kompakt, ud C erfüllt keie Eigeschaft. Zu a): A ist icht offe, de keie och so kleie Umgebug U ε () der Eis liegt i komplett i A, da alle < icht i A liege. Die Mege ist auch icht abgeschlosse, da die Folge 2 komplett i A liegt, aber gege 2 / A kovergiert. Damit ist A auch icht kompakt. Zu b): Offebar ist B = [, 4] ei abgeschlossees ud beschräktes Itervall, das laut Vorlesug kompakt ist. Es ist aber icht offe, da wieder U ε () für kei ε > 0 i B liegt. Zu c): Offebar ist C = [, 4]\{2}. Damit ist C icht abgeschlosse, weil die i C liegede Folge 2 gege 2 / C kovergiert. Damit ist C auch icht kompakt. C ist auch icht offe, da wieder U ε () icht i C liegt für jedes ε > 0.
n (n + 1) = 1(1 + 1)(1 + 2) 3 Induktionsschritt: Angenommen die Gleichung gilt für n N. Dann folgt: 1 2 = 2 =
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