n (n + 1) = 1(1 + 1)(1 + 2) 3 Induktionsschritt: Angenommen die Gleichung gilt für n N. Dann folgt: 1 2 = 2 =

Transkript

1 Aufgabe 1: (6 Pukte) Zeige Sie für alle N die Formel: ( + 1) = ( + 1)( + 2). 3 Lösug: Beweis durch vollstädige Iduktio. Iduktiosafag: Für = 1 gilt: 1 2 = 2 = 1(1 + 1)(1 + 2) 3 Iduktiosschritt: Ageomme die Gleichug gilt für N. Da folgt: ( + 1) ( + 2) = ( + 1) + ( + 1) ( + 2) I.V. ( + 1)( + 2) = + ( + 1) ( + 2) 3 ( + 1)( + 2) ( + 1)(( + 1) + 1)(( + 1) + 2) = ( + 3) = 3 3

2 Aufgabe 2: (6 Pukte) Gegebe sei die Mege M := { q Q q > 0 ud q 2 < 2 }. Etscheide Sie, ob M ei Supremum ud/oder ei Ifimum hat ud bestimme Sie dieses, falls es existiert. Die Atwort ist geau zu begrüde. Lösug: Es ist z.b. 1 M, so dass M. Behauptug: if(m) = 0. Zumächst ist ach Defiitio vo M q > 0 für alle q M, so dass 0 eie utere Schrake vo M ist, also if(m) existiert ud if(m) 0. Wäre if(m) > 0, so wähle N, > 1/ if(m). Da ist 1/ < if(m). Adrerseits ist 1/ M, da 1/ Q ud (1/) 2 = 1/ 2 < 1 < 2 ist. Somit wäre if(m) keie utere Schrake vo M, was umöglich ist. Also ist if(m) = 0. Behauptug: sup(m) = 2. Ist q M, so ist q 2 < 2 ud damit q < 2, da q > 0 ud x x eie streg mootoe Fuktio auf [0, ) ist. Daher ist M ach obe beschräkt, so dass sup(m) existiert, ud sup(m) 2. Wäre sup(m) < 2, so gäbe es ei q ( sup(m), 2 ) Q, da der Schitt vo Q mit jedem icht-leere offee Itervall icht leer ist. Wege q < 2 ist da q 2 < 2 ud q Q, also q M, was aber im Widerspruch zu q > sup(m) steht. Daraus folgt die Behauptug.

3 Aufgabe 3: (12 Pukte: je Aufgabeteil 4 Pukte) Sid die folgede Aussage für eie reelle Folge (a ) N wahr oder falsch? Gebe Sie jeweils etweder eie Beweis oder ei Gegebeispiel mit eier geaue Begrüdug. a) Ist lim a = ud lim a =, so hat a keie Häufugspukt i R. b) Ist lim a < lim a, so ist (a ) N keie Cauchyfolge. c) Ist ( a ) N streg mooto falled, so kovergiert =1 ( 1) a. Lösug: a) Die Aussage ist falsch. Gegebeispiel: falls 0 mod 3 a := falls 1 mod 3 0 falls 2 mod 3 Da ist lim k a 3k = lim k 3k = ud daher lim a =. Zudem ist lim k a 3k+1 = lim k (3k + 1) = ud daher lim a =. Schliesslich ist lim k a 3k+2 = lim k 0 = 0 ud daher ist 0 ei Häufugspukt dieser Folge. b) Die Aussage ist wahr. Ist (a ) N eie Cauchyfolge, so ist (a ) N koverget. I diesem Fall ist lim a = lim a. Daraus folgt: Falls lim a < lim a, so ka (a ) N keie Cauchyfolge sei. c) Die Aussage ist falsch. Gegebeispiel: a = Da ist a > 0, also a = a, ud (a ) = ( a ) ist streg mooto falled. Wäre (( 1) a ) N eie Nullfolge, so wäre auch ( ( 1) a ) N = (a ) N eie Nullfolge. Allerdigs ist lim a = 1, so dass ( 1) a keie Nullfolge ist. Deshalb divergiert =1 ( 1) a ach dem Nullfolgekriterium..

4 Aufgabe 4: (10 Pukte: a) 4 Pukte, b) 6 Pukte) Gegebe sei die Potezreihe =1 (3 + 4i) z a) Bestimme Sie de Kovergezradius dieser Potezreihe. b) Bestimme Sie alle z C, für die diese Potezreihe kovergiert ud alle, für die diese Potezreihe divergiert. Lösug: a) Die Koeffizietefolge der Potezreihe ist a = = 5. (3 + 4i) ud daher a = Es gilt: lim a = lim 5 = lim 5 Somit ergibt sich für de Kovergezradius ρ: = 1 5. ρ = 1 lim a = 5. b) Da ρ = 5, kovergiert die Potezreihe für alle z C mit z < 5 ud divergiert für alle z C mit z > 5. Ist z = 5, so ist (3 + 4i) z = 5 5 =. ( ) Daher ist (3 + 4i) z keie Nullfolge, so dass die Reihe ach dem Nullfolgekriterium divergiert für alle z mit z = N 5. Isgesamt folgt also: Die Potezreihe kovergiert für z < 5 ud divergiert für z 5.

5 Aufgabe 5: (9 Pukte: je Aufgabeteil 3 Pukte) Sei (a ) N eie reelle oder komplexe Folge. Etscheide Sie, welche der folgede Aussage zutreffe. Gebe Sie etweder eie Beweis der Aussage oder ei Gegebeispiel mit eier geaue Begrüdug. a) Falls die Reihe =1 a kovergiert, da kovergiert auch =1 a2. b) Falls die Reihe =1 a2 kovergiert, da kovergiert auch =1 a. c) Falls die Reihe =1 a absolut kovergiert, da kovergiert auch =1 a2. Lösug: a) Die Aussage ist falsch. Sei a := ( 1) =1 a kovergiert ach dem Leibiz-Kriterium. =1 a2 = 1 =1 ist die harmoische Reihe, welche divergiert. b) Diese Aussage ist auch falsch. Sei a := 1. Da kovergiert =1 a2 = 1 =1, währed 2 =1 a wieder die harmoische Reihe ist, welche divergiert. c) Diese Aussage ist wahr. Sei =1 a eie absolut kovergete Reihe. Da kovergiert ( a ) gege 0 ach dem Nullfolgekriterium. Wähle 0 N so, dass a < 1 für alle 0 ist. Für diese gilt auch a 2 < a. Daher folgt ach dem Majoratekriterium, dass = 0 a 2 kovergiert. Da kovergiert aber auch a 2 = =0 0 1 =0 da die erste dieser Summe edlich ist. a 2 + = 0 a 2, Nach dem absolute Kovergezkriterium kovergiert da auch =0 a2. (Bemerkug: Da auch komplexe Folge zugelasse sid, muss a 2 icht ubedigt 0 sei.)

6 Aufgabe 6: (12 Pukte: je Aufgabeteile 3 Pukte) Bestimme Sie, ob die gegebee Reihe bedigt kovergiere, absolut kovergiere oder divergiere. Die Atwort ist zu begrüde. a) 1 k=1 k. k b) ( 1) k k k=1 2k + 1. c) ( ) k 2 k= i d) ( 1) k k k=1 2k 2 1. Lösug: a) Wir verwede das Wurzelkriterium: Also kovergiert die Reihe absolut. lim k a k = lim k 1 k k = lim 1 k = 0 < 1. b) Wir verwede das Nullfolgekriterium: lim ( 1) k k 2k + 1 = lim k 2k + 1 = lim /k = ( ) ( 1) k k Also ist keie Nullfolge ud somit divergiert die Reihe. 2k + 1 k N c) Es gilt: i = i = 2 < Also ist dies eie geometrische Reihe der Form k=0 qk mit q = i ud daher q < 1. Somit kovergiert diese Reihe. (Alterativ köte ma auch das Wurzelkriterium verwede).

7 d) Wir verwede das Leibizkriterium für alterierede Summe. Die Summe ist k offesichtlich alteriered, daher ist zu überprüfe, dass für a k := 2k 2 1 gilt: (a k ) k N ist mooto falled, lim a k = 0. Für die erste Behauptug reche wir: k + 1 a k+1 a k = 2(k + 1) 2 1 k 2k 2 1 = (k + 1)(2k2 1) k(2(k + 1) 2 1) (2(k + 1) 2 1)(2k 2 1) = 2k3 k + 2k 2 1 k(2k 2 + 4k + 1) (2(k + 1) 2 1)(2k 2 1) 2k 2 2k 1 = (2(k + 1) 2 1)(2k 2 1) < 0 Ausserdem ist lim k 2k 2 1 = lim 1 2k 1/k = 0 Somit kovergiert die Reihe ach dem Leibizkriterium. Allerdigs ist ( 1) k a k 1 k = k 2k k k = 2 k 2 (2 1/k 2 ) 1 2 (0, ). Nach dem Quotietevergleichskriterium hat daher k=1 ( 1)k a k das gleiche Kovergezverhalte wie die harmoische Reihe 1 k=1, ist also diverget. k Also ist die Reihe k=1 ( 1)k a k koverget, aber icht absolut koverget, also ist sie bedigt koverget.

8 Aufgabe 7: (9 Pukte: je Aufgabeteil 3 Pukte) Sei f : R R gegebe durch f(x) := x x. a) Bestimme Sie alle Pukte, i dee f differezierbar ist ud die Ableitug i diese Pukte. b) Zeige Sie, dass f streg mooto steiged ist. c) Gebe Sie die Umkehrfuktio f 1 a ud bestimme Sie alle Pukte, i dee f 1 differezierbar ist. Lösug: a) Es gilt: für x > 0 ist f(x) = x 2 ud daher f (x) = 2x. für x < 0 ist f(x) = x 2 ud daher f (x) = 2x. für x = 0 gilt also f (0) = 0. f (0) = lim x 0 f(x) f(0) x 0 = lim x 0 x x 0 x = lim x 0 x = 0, Also ist f i jedem Pukt differezierbar, ud es gilt f (x) = 2 x. b) Nach a) ist f (x) = 2 x 0, also ist f mooto steiged. Falls f icht streg mooto steiged wäre, so gäbe es x 0 < x 1 mit f(x 0 ) = f(x 1 ). Nach dem Satz vo Rolle gäbe es da ei ξ (x 0, x 1 ) mit f (ξ) = 0. Da 0 der eizige kritische Pukt ist, muss also ξ = 0 sei ud daher x 0 < 0 < x 1. Da ist allerdigs f(x 0 ) < 0 ud f(x 1 ) > 0, was der Aahme f(x 0 ) = f(x 1 ) widerspricht. c) Wir müsse die Gleichug ach y auflöse. f(x) = y Ist y 0, so setze wir x := y. Da ist f(x) = f( y) = y y = y. Also ist f 1 (y) = y für alle y 0. Ist y < 0, so setze wir x := y. Da ist f(x) = f( y) = y y = y 2 = y. Also ist f 1 (y) = y für y < 0.

9 Isgesamt habe wir also: f 1 (y) = { y für y 0 y für y < 0. (A dieser Formel sieht ma bereits, dass f 1 differezierbar ist für alle y 0.) Nach dem Satz über die Ableitug der Umkehrfuktio folgt: f 1 ist differezierbar i y geau da, we f (f 1 (y)) 0. Da f (x) = 2 x ist dies der Fall geau da, we f 1 (y) 0, also geau da, we y f(0) = 0 ist. Also ist f 1 differezierbar für alle y f 1 (0) = 0.

10 Aufgabe 8: (9 Pukte: je Aufgabeteil 3 Pukte) Welche der folgede Aussage sid für jede zweimal differezierbare, streg kovexe Fuktio f : R R wahr? Gebe Sie etweder eie Beweis oder ei Gegebeispiel mit eier geaue Begrüdug. a) f ist eie streg mooto steigede Fuktio ud f (x) > 0 für alle x. b) f hat kei lokales Maximum. c) f hat höchstes zwei Nullstelle. Lösug: a) Die Aussage ist falsch. Gegebeispiel: f(x) := x 4. Der erste Teil ist zwar richtig, de ach eiem Satz aus der Vorlesug gilt: Ist f differezierbar so ist f streg kovex geau da, we f streg mooto steigt. Allerdigs ist bei dem Gegebeispiel f (x) = 4x 3 streg mooto steiged, so dass f streg kovex ist. Aber f (x) = 12x 2 ud somit f (0) = 0. b) Die Aussage ist wahr. 1. Lösug: Falls x 0 ei lokales Maximum wäre, so wäre x 0 ei kritischer Pukt, d.h. f (x 0 ) = 0. Ausserdem müsste gelte: f(x 0 + h) f(x 0 ) für alle h > 0 hireiched klei. Nach dem Mittelwertsatz müsste es daher ei ξ (x 0, x 0 +h) gebe mit f (ξ) = f(x 0 + h) f(x 0 ) = f(x 0 + h) f(x 0 ) (x 0 + h) x 0 h 0. Aber ξ > x 0, so dass f (ξ) > f (x 0 ) = 0, da f streg kovex ud deshalb f streg mooto steiged ist. Dies ist der gewüschte Widerspruch. 2. Lösug: Falls x 0 ei lokales Maximum wäre, so wäre f(x 0 + h) f(x 0 ) für alle h mit h hireiched klei. Setze x := x 0 h ud y := x 0 + h ud t := 1/2 (0, 1). Nach der Defiitio der strikte Kovexität muss gelte f(x + t(y x)) < f(x) + t (f(y) f(x)), also f(x 0 h + 1/2((x 0 + h) (x 0 h)) }{{} =x 0 ) < f(x) + 1/2(f(y) f(x)) Also folgt f(x 0 ) < f(x 0 ), was ei Widerspruch ist. f(x 0 ) < 1 2 f(x 0 h) + 1 }{{} 2 f(x 0 + h) f(x }{{} 0 ). f(x 0 ) f(x 0 ) (Bemerkug: Es reicht icht zu argumetiere, dass bei eiem Maximum f (x 0 ) 0 sei muss, de ach a) ist f (x 0 ) = 0 für eie streg kovexe Fuktio möglich.)

11 c) Die Aussage ist wahr. Ageomme f hätte drei verschiedee Nullstelle x 0 < x 1 < x Lösug Nach dem Satz vo Rolle gäbe es Zwischestelle ξ 1 (x 0, x 1 ) ud ξ 2 (x 1, x 2 ) mit f (ξ 1 ) = f(ξ 2 ) = 0. Aber ξ 1 < ξ 2 ud f (ξ 1 ) = f(ξ 2 )(= 0) bedeutet, dass f icht streg mooto steiged ist. Dies ist ei Widerspruch, da f streg kovex ist. 2. Lösug Nach der Defiitio der strikte Kovexität gilt für alle t (0, 1): f(x 0 + t(x 1 x 0 )) < f(x 0 ) +t(f(x }{{} 1 ) f(x }{{} 0 )) = 0 }{{} =0 =0 =0 f(x 1 + t(x 2 x 1 )) < f(x 1 ) +t(f(x }{{} 2 ) f(x }{{} 1 )) = 0 }{{} =0 =0 =0 Die Pukte der Form x 0 + t(x 1 x 0 ) für t (0, 1) bilde das Itervall (x 0, x 1 ), so dass f(x) < 0 für alle x (x 0, x 1 ) ud aalog f(x) < 0 für alle x (x 1, x 2 ). Aber da gilt für kleies h > 0: x := x 1 h (x 0, x 1 ), y := x 1 + h (x 1, x 2 ), also f(x + 1/2(y x) ) < }{{} =x f(x) (f(y) f(x)) = 1 2 f(x) }{{} also 0 = f(x 1 ) < 0, was ei Widerspruch ist. < f(y) < 0, }{{} <0

12 Aufgabe 9: (12 Pukte: a) ud b) jeweils 3 Pukte, c) 6 Pukte) Es sei f : R R gegebe durch ( ) 1 x f(x) := 2 si für x 0, x 0 für x = 0. a) Bereche Sie die Ableitug f (x) für x 0. b) Etscheide Sie, ob f i 0 differezierbar ist ud bestimme Sie ggf. die Ableitug f (0). c) Etscheide Sie, ob f stetig differezierbar ist. Lösug: a) Nach der Produkt- ud Ketteregel gilt für x 0: ( ) ( ) 1 1 f (x) = 2x si + x 2 cos ( 1x ) x x ( ) ( ) = 2x si cos. x x b) Es gilt: Also folgt: lim f(x) f(0) x 2 si ( 1 x 0 x 0 = lim x) 0 x 0 x ( = lim x 1 x 0 x) si lim x = 0. x 0 }{{} 1 f f(x) f(0) (0) = lim x 0 x 0 so dass f auch i 0 differezierbar ist. = 0, c) f ist icht stetig differezierbar, da f icht stetig i 0 ist. Sost müsste ämtlich gelte: lim x 0 f (x) = f (0) = 0, ud daher z.b. ( ) 1 lim f = 0, π da 1/π 0. Aber Eisetze i die Formel vo f ergibt ( ) 1 f = 2 π π si(π) cos(π) = ( 1), }{{}}{{} =0 =( 1) ud diese Folge divergiert. (Isbesodere exististiert lim x 0 f (x) icht).

13 Aufgabe 10: (15 Pukte: Teil a) 2 P, Teil c) 1 P, Teile b), d), e) jeweils 4 P) Es sei f : (, 1/3) R gegebe durch f(x) := l(1 3x). a) Bereche Sie f (x). b) Bestimme Sie f () (x) für alle N. c) Bestimme Sie die Taylorreihe T (x) vo f im Etwicklugspukt x 0 = 0. d) Zeige Sie: Es gibt ei δ > 0, so dass für alle x mit x < δ gilt: T (x) = f(x). e) Bestimme Sie alle x R, für die die Taylorreihe T (x) kovergiert. Lösug: a) Es gilt ach der Ketteregel: f (x) = 1 1 3x ( 3) = 3 1 3x. b) Behauptug: Für N gilt: f () ( 1)! 3 (x) = (1 3x). Beweis durch vollstädige Iduktio: Iduktiosafag: Für = 1 ist dies gerade die Formel vo a) Iduktiosschluss: Falls die Formel für ei N gilt, so folgt: ( ) f (+1) (x) = (f () ) (x) I.V. ( 1)! 3 = (1 3x) = ( 1)! 3 ((1 3x) ) = ( 1)! 3 ( )(1 3x) 1 ( 3) =! ) 1)! 3+1 = (( (1 3x) +1 (1 3x) +1 c) Es gilt: f(0) = l(1 3 0) = l(1) = 0. Nach Teil b) gilt f () (0) = ( 1)! 3 für 1. Also ergibt die Formel für die Taylorreihe: T (x) = f () (0) (x 0)! =0 = ( 1)! 3 x 3 =! x. =1 d) Sei ε (0, 1/3). Da gilt für alle x ( ε, ε): f () (x) = 1)! 3 ( (1 3x) =1 ( 1)! 3 ( 1)! 3 = (1 3x) (1 3ε)! ( ) ε Es gilt also f () (x)!c, für alle x ( ε, ε) mit C := 3/(1 3ε). Nach eiem Satz aus der Vorlesug kovergiert somit T (x) gege f(x) für alle x mit x < δ, wobei δ = mi{ε, C 1 } = mi{ε, 1/3 ε}.

14 e) Für de Kovergezradius ρ bereche wir: 3 lim = lim 3 = 3, ud somit ρ = 1 3. Somit kovergiert T (x) für alle x ( 1/3, 1/3) ud divergiert für alle x > 1/3 ud x < 1/3. Für x = 1/3 habe wir T (1/3) = 3 1 =1 3 = 1 =1, ud dies ist (bis auf das Vorzeiche) die Harmoische Reihe, also diverget. Für x = 1/3 habe wir T ( 1/3) = 3 1 =1 ( 3) = ( 1) =1. Dies ist die alterierede harmoische Reihe ud kovergiert ach dem Leibitzkriterium. Somit kovergiert die Taylorreihe geau für x [ 1/3, 1/3).