Nachklausur - Analysis 1 - Lösungen

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1 Prof. Dr. László Székelyhidi Aalysis I, WS 212 Nachklausur - Aalysis 1 - Lösuge Aufgabe 1 (Folge ud Grezwerte). (i) (1 Pukt) Gebe Sie die Defiitio des Häufugspuktes eier reelle Zahlefolge (a ) N. Lösug: Wir gebe 2 äquivalete Defiitioe. 1. B C heisst Häufugspukt der Zahlefolge {a }, we es für alle ɛ > ud N N eie Zahl N gibt mit a B < ɛ. 2. B C heisst Häufugspukt der Zahlefolge {a }, we es eie Teilfolge vo {a } gibt, die gege B kovergiert. (ii) (1 Pukt) Bestimme Sie sup{a : N} ud sup a für die Folge a ( 1) ( 1), ( N). Lösug : Es ist a 2k 1 <, ad < a 2k 2k/(2k 1) > a 2k+2 k N. Also sid sup{a : N} a 2 2 ud sup a k a 2k 1. (iv) (2 Pukte) Es seie < a < 1/2 ud a +1 2 a 2 für. Beweise Sie: Lösug: Wir behaupte zuächst, dass a. (1) a < 2 1, ( ). (2) I der Tat: (2) ist richtig für. Ageomme, (2) gilt für ei. Da ist a +1 2 a 2 < 2 [ 2 1] 2 2 2, d.h. (2) gilt auch für + 1 astelle vo. Damit folgt (2) aus dem Iduktiosprizip. Wege (2) ud der Voraussetzuge gilt u a 2 1 für, woraus (1) folgt. Aufgabe 2 (Reelle Reihe). (i) (1 Pukt) Gebe Sie das Leibiz-Kriterium für die Kovergez eier Reihe a. Lösug: Es sei {a } N eie mooto fallede Folge ichtegativer reeller Zahle mit a. Da kovergiert die Reihe ( 1) a. (ii) (1 Pukt) Utersuche Sie die Kovergez der achfolgede Reihe. ( 1) log(), ( 1) 1 Lösug: Es gilt (log /) (1 log )/ 2 < für alle > e. Daraus folgt (log )/ > (log( + 1))/( + 1) für alle 3. Weil ausserdem (log )/ ist, folgt die Kovergez der Reihe ( 1) log() ach dem Leibiz-Kriterium. Weiterhi ist 1. Ifolge des otweige Kriteriums zur Kovergez divergiert also die Reihe ( 1) 1. (iii) (1 Pukt) Sei s k1 ( 1)k+1 1 k ud s s. Zeige Sie, dass s s Lösug: Es hadelt sich um eie Reihe die das Leibiz-Kriterium erfüllt. Also gelte die Ugleichuge 1/(2 + 1) s 2+1 s 2, s 2+1 s 2 1 s 2+2 s 2, ud daher s s 2 s 2+1 s 2 1/(2 + 1) für N. (iv) (1 Pukt) Gebe Sie ei Beispiel für eie Nullfolge (a ) N mit a a, so dass ( 1) a divergiert. 3. April 213

2 Prof. Dr. László Székelyhidi Aalysis I, WS 212 Lösug: Setze a 2 1 1/ ud a 2 2 für N. Da ist 2 k1 ( 1) k a k (1/k) 2 k (1/k) k1 k2 k1 k (1/k) 2 für. k1 2 k Aufgabe 3 (Komplee Zahle ud Reihe). Sei a z eie komplee Potezreihe mit Kovergezradius R >. (i) (1 Pukt) Gebe Sie die Defiitio des Kovergezradius R a. Lösug: Der Kovergezradiaus R is defiiert als die Zahl 1/( sup a ), we < sup a < +, +, we sup a, ud, we sup a + gilt. (ii) (1 Pukt) Beweise Sie, dass die Reihe für alle z < R absolut kovergiert. Lösug: Für z < R ist sup a z z R < 1, so dass die absolute Kovergez aus dem Wurzelkriterium folgt. (iii) (1 Pukt) Es sei R >. Beweise Sie, dass die Fuktio f(z) a z i z stetig ist. Lösug: Nach dem Wurzelkriterium kovergiert g(r) : a r 1 für r < R, ud die so defiierte Fuktio g ist mooto wachsed für < r < R. Also gilt g(r) < C für < r < R/2, mit eier vo r uabhägige Zahl C >. Es folgt für < z < R/2: f(z) f() a z z a z 1 z g( z ) z C für z. (iv) (1 Pukt) Bestimme Sie de Kovergezradius achfolgeder Potezreihe: z 1 + (1 + i 3), ( ) + i z Lösug: Nach der obige Defiitio ist für die erste Reihe R 1 + (1 + i 3) 1/ 1 + i 3 2. Für die zweite Reihe gilt R /( + i) 1. Aufgabe 4. (i) (1 Pukte) Ermittel Sie, ob die Fuktioe f() (1 + 3 )/(1 + 2 ) ud g() 2 si cos i ei lokales Miimum/Maimum, oder keies vo beide besitze. Lösug: Es gilt f () 32 (1+ 2 ) (1+ 3 )2 (1+ 2 ) 2, f () ( )(1+ 2 ) 2 ( )2(1+ 2 )2 (1+ 2 ) 4, g () 2 si si 2 cos + 2 cos 2 si, ud g () 2 si si 2 cos si cos si cos 4 si 2 cos. Folglich ist f () > 2 f (), ad g () < 2 g (), so dass f ei lokales Maimum ud g ei lokales Miimum i hat. 3. April 213

3 Prof. Dr. László Székelyhidi Aalysis I, WS 212 (ii) (1 Pukt) Bestimme Sie das Supremum der Fuktio f() si auf ], [. Lösug: Es gilt f() ( 1) 2 /(2 + 1)! 1 k 4k+2 ( 1 (4k + 3)! 2 ) < 1 (4k + 4)(4k + 5) für < < 4. Ferer gilt f() 1/ 1/4 für 4. Weil f() 1 ist, folgt sup{f() : > } 1. (iii) (2 Pukte) Sei f :]a, b[ R eie stetige Fuktio, so dass a f() + ud b f() +. Beweise Sie, dass f auf ]a, b[ ei Miimum besitzt. Lösug: Sei m if{f() : (a, b)}. Da gibt es eie Folge { } (a, b) mit f( ) m. Durch Übergag zu eier Teilfolge köe wir erreiche, dass ist, für ei [a, b]. I de Fälle a ud b würde wege der Voraussetzuge m + folge, was absurd ist. Also gilt (a, b), ud wege der Stetigkeit vo f folgt da m f( ) mi{f() : (a, b)}. Aufgabe 5. Beweise Sie die folgede Aussage durch vollstädige Iduktio: (i) (2 Pukte) Es seie a 1 a 2 5 ud a +1 a + 6a 1 für 2. Da ist a 3 ( 2) für 2. (3) Lösug: Es sid a ( 2) 2 ud a 3 a 2 + 6a ( 2) 3, d.h. die Formel (3) ist korrekt für 2 ud 3. Ageomme, (3) ist korrekt für zwei aufeiaderfolgede Zahle 1 ud mit 3, (1 Pukt). Da gilt a +1 a + 6a 1 3 ( 2) + 6(3 1 ( 2) 1 ) (3 + 6)3 1 ( 2 + 6)( 2) ( 2) +1, d.h., die Formel (3) gilt auch für + 1 astelle vo. Die Behauptug folgt u aus dem Iduktiosprizip (1 Pukt). (ii) (2 Pukte) Sid N {} ud p > 1, so gilt I : (1 ) p d! (p + 1)(p + 2) (p + + 1). (4) Lösug: Zuächst sei agemerkt, dass das ueigetliche Itegral i (4) kovergiert wege p > 1. Für gilt (1 ) p d 1 p + 1, d.h. (4) ist korrekt. Ageomme (4) gilt für ei N {} (1 Pukt). Mittels partieller Itegratio ergibt sich da I p (1 ) p d + 1 p + 1 (1 ) p d + 1 p p + 1 I + 1 p + 1 I +1. (1 ) p+1 d +1 (1 ) p d 3. April 213

4 Prof. Dr. László Székelyhidi Aalysis I, WS 212 Daraus folgt I p I!( + 1) (p + 1)(p + 2) (p + + 1)(p + + 2) ( + 1)! (p + 1)(p + 2) (p + + 2), d.h. (4) gilt auch für + 1 astelle vo. Die Behauptug folgt u aus dem Iduktiosprizip (1 Pukt). Aufgabe 6. (i) (1 Pukt) Sei M eie Mege reeller Zahle. Defiiere Sie die gleichmässige Stetigkeit eier Fuktio f : M R. Lösug: f heisst gleichmässig stetig auf M, falls es zu jedem ɛ > ei δ > gibt, so dass f() f(y) < ɛ gilt für alle, y M mit y < δ. (ii) (1 Pukt) Sei I ei beschräktes oder ubeschräktes Itervall, ud es sei f : I R differezierbar mit f () L I, für eie Zahl L >. Zeige Sie, dass f gleichmässig stetig auf I ist. Lösug: Sid, y I, so folgt aus dem Mittelwertsatz f() f(y) f (z)( y) für eie Zahl z zwische ud y. Daraus folgt f() f(y) f (z) y L y. (5) Ist u ɛ >, so gilt für alle, y I mit y < ɛ/l, wege (5), Also ist f auf I gleichmässig stetig. f() f(y) L y < ɛ. (iii) (2 Pukte) Utersuche Sie die Fuktioe f p () : p, (p R), sowie g() si( 2 ) auf gleichmässige Stetigkeit auf dem Itervall [1, + [. Lösug: Für p 1 ist f p() p p 1 p, also f p gleichmässig stetig auf [1, + ) wege (ii). Für p > 1 ist f p icht gleichmässig stetig auf [1, + ). I der Tat: Ageomme f p wäre gleichmässig stetig ud δ die zu ɛ 1 gehörede Zahl aus der Defiitio i (i), ud es sei N. Da gilt wege des Mittelwertsatzes für f p ( + 1) f p () p( + θ) p 1 p p 1 für ei θ (, 1). Der letzte Ausdruck strebt aber gege + für +, im Widerspruch zur Aahme. Ählich ka ma im Falle der Fuktio g argumetiere: Ageomme, g wäre gleichmässig stetig auf [1, + ), ud δ die zu ɛ 1/2 gehörede Zahl. Da gilt ( π( + (1/2)) π), jedoch g( π( + (1/2))) g( π) si(π( + (1/2))) si(π) 1, im Widerspruch zur Aahme. Aufgabe 7 (Grezwerte). (i) (3 Pukte) Bestimme Sie die folgede Grezwerte, falls diese eistiere. Lösug: Es gilt (, 1 cos 2 ), si (2 ) ( ) April 213

5 Prof. Dr. László Székelyhidi Aalysis I, WS 212 Durch dreimalige Awedug der Regel vo de l Hospital erhält ma: ( 1 cos 2 ) cos cos Mittels der Potezreihe für de Sius erhält ma 2 2 si 1 cos + si 2 2 cos 2 si + cos 2 si 3 cos si. 6 si ( 1) 2+1 /(2 + 1)! ( 1) 2 4 /(2 + 1)! : s(). 2 Weil die Potezreihe s() ach dem Quotietekriterium für alle kovergiert, ist sie stetig i, so dass s() s() 1 2 gilt. (iii) (1 Pukt) Es sei f defiiert i eiem offee Itervall I, ud f möge eistiere i eiem Pukt I. Zeige Sie, dass f( + h) 2f( ) + f( h) h h 2 f ( ) gilt. Lösug: Die Fuktioe f ud f sid i stetig. Deshalb ergibt eie zweimalige Awedug der Regel vo de l Hospital, f( + h) 2f( ) + f( h) h h 2 f ( + h) f ( h) h 2h f ( + h) f ( ) h 2h f ( ). + h f ( ) f ( h) 2h Aufgabe 8. (i) (1 Pukt) Sei f : [a, b] R eie beschräkte Fuktio. Defiiere Sie das Oberitegral b a f() d ud das Uteritegral b f() d vo f. a Lösug: Es sid ˆ { b N } f() d : sup f(ξ )( 1 ) : a ξ 1 2 N 1 ξ N N, a ˆ b { N } f() d : if f(ξ )( 1 ) : a ξ 1 2 N 1 ξ N N. a (ii) (1 Pukt) Sei { 1 falls ratioal, f() falls irratioal. 3. April 213

6 Prof. Dr. László Székelyhidi Aalysis I, WS 212 Bereche Sie 1 f() d ud 1 f() d. Lösug: Es gilt f() 1 auf [, 1]. Wege der Dichtheit der ratioale sowie der irratioale Zahle i [, 1] folgt wege (i), ˆ 1 f() d f() d 1 d 1, d 1 2. (iii) (2 Pukte) Für welche Werte vo p kovergiert das ueigetliche Itegral + 2 We es kovergiert, so bereche Sie seie Wert. Lösug: Mit Hilfe der Substitutio e y erhält ma für b > 2, d (log ) p? ˆ b 2 d (log ) p ˆ log b log 2 y 1 p 1 p log y dy y p log b log 2 log b log 2 für p 1 für p 1 Für b + divergiert der letzte Ausdruck ach + für p 1, ud kovergiert ach [log 2] 1 p /(p 1) für p > 1. Somit kovergiert das ueigetliche Itegral geau da we p > 1 ist, ud i diesem Fall ist sei Wert gleich [log 2] 1 p /(p 1). 3. April 213

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n (n + 1) = 1(1 + 1)(1 + 2) 3 Induktionsschritt: Angenommen die Gleichung gilt für n N. Dann folgt: 1 2 = 2 = Aufgabe 1: (6 Pukte) Zeige Sie für alle N die Formel: 1 2 + 2 3 + 3 4 +... + ( + 1) = ( + 1)( + 2). 3 Lösug: Beweis durch vollstädige Iduktio. Iduktiosafag: Für = 1 gilt: 1 2 = 2 = 1(1 + 1)(1 + 2) 3 Iduktiosschritt:

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