Aufgaben und Lösungen der Probeklausur zur Analysis I

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1 Fachbereich Mathematik AG 5: Fuktioalaalysis Prof. Dr. K.-H. Neeb Dipl.-Math. Rafael Dahme Dipl.-Math. Stefa Wager ATECHNISCHE UNIVERSITÄT DARMSTADT SS Jui 007 Aufgabe ud Lösuge der Probeklausur zur Aalysis I Aufgabe 1 (Aussagelogik 10 Pukte). Gegebe sei folgede Aussage ( ) ( z C)( a C) a z ud ( b C)ab 1. (a) Schreibe Sie die Aussage i Worte auf. (b) Bilde Sie die Negatio der Aussage. (c) Etscheide Sie, ob die Aussage wahr oder falsch ist, idem Sie etweder die Aussage oder ihre Negatio beweise. Lösug Aufgabe 1 (a),,für jede komplexe Zahl z lässt sich eie komplexe Zahl a fide, die vo z verschiede ist ud iemals 1 ergibt, we ma sie mit adere komplexe Zahle b multipliziert. (b) ( ) ( z C)( a C) a = z oder ( b C)ab = 1,,Es existiert eie komplexe Zahl z, sodass jede komplexe Zahl a etweder gleich z ist oder multiplikativ ivertierbar ist. (c) Setze z := 0. Weil C ei Körper ist, gilt für jede komplexe Zahl a C, dass etweder a = 0 ist oder das Iverse vo a existiert. Somit ist die Negatio der Aussage bewiese ud die Aussage somit falsch.

2 Aufgabe (Grezwerte kokreter Folge 10 Pukte). Utersuche Sie die jeweilige komplexe Zahlefolge (x ) N auf Beschräktheit, Kovergez, Divergez ud bestimmte Divergez. (a) x = (100+1) 5( ++1) (b) x = i +( 1) (c) x = ( 3+i 5 ) (d) x =! Lösug Aufgabe (a) x = (100+1) = für (siehe die Behadlug ratioaler Folge i 5( ++1) 5 + Skript ud Übug). Als kovergete Folge ist (x ) N isbesodere beschräkt. (b) Wege x = i + ( 1) i + 1 = ist die Folge (x ) N beschräkt. Da x = für, jedoch x + = 1+1 = 0 0 für, hat die Folge (x ) N zwei Teilfolge mit uterschiedliche Limites ud ka daher icht kovergiere. Sie ist somit diverget ud beschräkt. (c) Da x +1 x = 5 5 keie Nullfolge ist, ka (x ) N icht kovergiere. Die Folge ist somit diverget ud beschräkt, da x = 1 für N. (d) Für ist 0 < x =! 3 1 ( 3 = ). Da ( 3 ) (vgl. geometrische Folge ), divergiert (x ) N bestimmt gege ud ist deshalb isbesodere ubeschräkt. = ( 1)... 1

3 Aufgabe 3 (Kovergez vo Reihe 10 Pukte).Etscheide Sie bei jeder der folgede Reihe, ob sie kovergiert: (a) ( 3 ) 9 (b) +9 (c) ( +1 ) (d) x mit x 1 := ud x +1 := x (e) ( 1) 1 Lösug Aufgabe 3 (a) ( ) 9 3 = = Diese Reihe kovergiert ach Folgerug III.., weil 9 > 1 ist. (b) Diese Reihe divergiert, da die Folge ( +9 ) N divergiert. keie Nullfolge ist, soder gege (c) ( +1 ). Wir wede das Wurzelkriterium a: ( ) (+1 +1 = = +1 = < 1. Somit kovergiert die Origialreihe ach dem Wurzelkri- Diese Folge kovergiert gege 1 9 terium. ) (d) Wir wede das Quotietekriterium a: x +1 x = = 3+9 x +1 x = Also kovergiert die Reihe ach dem Quotie- Dies kovergiert u gege 3 = 1 < tekriterium.

4 (e) Hier gibt es viele Möglichkeite, dies zu beweise: Es biete sich folgede Kriterie a: Leibitz-Kriterium, Quotietekriterium, Wurzelkriterium. Als Beispiel für eie mögliche Lösug wede wir eimal das Wurzelkriterium a: ( 1) 1 = 1 ) = ( 1 = 1 Diese Folge kovergiert gege 0 < 1. Somit kovergiert die Origialreihe ach dem Wurzelkriterium.

5 Aufgabe (Metrische Räume 10 Pukte). (a) Sei X eie Mege ud f:x R eie Fuktio. Wir defiiere eie Fuktio d:x X [0, [, d(x,y) := f(x) f(y). Welche Eigeschafte muss f habe, damit d eie Metrik ist? (b) Es sei (X,d) ei metrischer Raum. Weiterhi seie (x ) N ud (y ) N Folge i X mit x x ud y y für x,y X. Zeige Sie, dass da der Abstad der Grezwerte gleich dem Grezwert der Abstäde der Folgeglieder ist, d.h. es gilt Lösug Aufgabe lim d(x,y ) = d(x,y). (a) f muss otwedig ijektiv sei, de ist d eie Metrik ud sid x y aus X, so muss f(x) f(y) = d(x,y) 0 sei ud somit f(x) f(y). Diese Bedigug ist auch hireiched. Sei ämlich f ijektiv. Für x y i X ist da f(x) f(y) ud somit d(x,y) = f(x) f(y) = 0. Weiter ist d(x,x) = f(x) f(x) = 0. Symmetrie: d(y,x) = f(y) f(x) = f(x) f(y) = d(x,y). Dreiecksugleichug: Für alle x,y,z X gilt d(x,z) = f(x) f(z) = f(x) f(y)+f(y) f(z) f(x) f(y) + f(y) f(z) = d(x,y)+d(y,z). (b) Zweimaliges Awede der Dreiecksugleichug liefert ud folglich (x,y) d(x,y )+d(y,y) d(x,x )+d(x,y )+d(y,y) d(x,y) d(x,y ) d(x,x )+d(y,y ). Für kovergiert u die rechte Seite der Gleichug gege 0 ud somit gilt auch lim d(x,y ) = d(x,y).

6 Aufgabe 5 (Rekursive Folge ud Iduktio 10 Pukte). Die reelle Folge (y ) N sei rekursiv defiiert durch y 1 := 0, y +1 := ( y (a) Zeige Sie, dass die Folge (y ) N mooto wachsed ist. ) +1 (b) Nehme Sie zusätzlich a, die Folge sei koverget. Fide Sie de Grezwert L. (c) Zeige Sie mit vollstädiger Iduktio (ohe azuehme, dass (y ) N kovergiert), dass die Folge ach obe beschräkt wird durch L. (d) Warum folgt daraus u die Kovergez vo (y ) N gege L? Lösug Aufgabe 5 (a) y +1 y = ( (y ) +1 ) y = y +1 y = y + y = y y + = (y ) 0 = 0 Also gilt y +1 y 0, d.h. y +1 y. Also ist (y ) N mooto wachsed. (b) Ageomme (y ) N kovergiere gege eie Zahl L. Da kovergiert atürlich auch (y +1 ) N gege L, da dies ja ur eie Idexverschiebug ist. Nu ehme wir die defiierede Gleichug ( y ) y +1 = +1 ud bilde auf beide Seite de Grezwert für. Die like Seite ist eifach L. Die rechte Seite kovergiert ach de Grezwertsätze(Satz III..13) gege ( ) L +1. Das ergibt us die folgede Gleichug i L: ( ) L L = +1 Diese lässt sich u ach L auflöse: ( ) L L = +1 ( (L ) 0 = +1) L 0 = L +1 L 0 = L + L 0 = L L+

7 0 = (L ) 0 = (L ) Also ist L = die eizige Lösug. Wir habe also gezeigt: Falls (y ) N kovergiert, da gege. (c) Wir zeige mit vollstädiger Iduktio: Iduktiosafag: = 1: y 1 = 1. ( N)y Iduktiosschritt: Ageomme y. Da gilt für y +1 : ( y ) y +1 = +1 ( ) +1 (1) +1 =. Somit gilt die Behauptug auch für +1 ud ach dem Prizip der vollstädige Iduktio somit für alle N. (d) Wir habe i (a) gezeigt, dass die Folge mooto wächst ud i (c), dass die Folge ach obe beschräkt ist. Nach dem Satz vo der mootoe Kovergez(Satz III..19) folgt daraus, dass (y ) N tatsächlich kovergiert. Dass L = da der Grezwert sei muss, habe wir ja scho i der Teilaufgabe (b) gezeigt.

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