n gerade 0 n ungerade (c) x n = a 1 n, a R + (d) x 1 := 2, x n+1 = 2 + x n (e) x n = (f) x n = exp(exp(n)) (g) x n = sin(n)

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1 Übugsaufgabe Aalysis I Aufgabe. Beweise oder widerlege Sie: a Jede i R kovergete Folge ist beschräkt. b Es gibt Cauchy-Folge im R, die icht kovergiere. c Beschräkte Folge sid koverget. d Folge mit eiem Häufugspukt i R sid koverget. e Jede Reihe lässt sich als Folge ausdrücke ud vice versa. Aufgabe. Welche der ute agegebee Folge sid koverget? Gebe Sie ggf. de Grezwert a ikl. ±. a = { 3 b = gerade 0 ugerade c = a, a R + d :=, + = + e = k= k 0 k f = epep g = si Aufgabe 3. Gebe mit D de Defitiosbereich der folgede Fuktioe a. Lasse sich die Fuktioe auf R \D stetig fortsetze? a f = si b f = cos c f 3 = ep Aufgabe 4. Formuliere ud beweise Sie die Grezwertsätze für reelle Folge. Zeige Sie damit, dass die Mege der Nullfolge c 0 R N eie reelle Vektorraum bilde. Zeige Sie mit Hilfe dieser Aussage wiederrum, dass die Mege aller komplee Nullfolge c 0 C N eie komplee Vektorraum bilde. Aufgabe 5. Sei D R. Eie Fuktio f : D R heißt i D Lipschitz-stetig, falls es ei L > 0 Lipschitz- Kostate gibt, sodass für alle, y D gilt f fy L y Zeige Sie, dass die Fuktio f auf D puktweise stetig ist.

2 Lösug. a Sei R eie kovergete Folge mit Grezwert R. Da eistiert ei Ide 0, sodass für alle 0 gilt, dass K ε. Isbesodere gilt da ε < < + ε. Für alle < 0 eistiert, da dies eie edliche Mege ist, ei Maimum ud Miimum. Also ist sowohl ach obe als ach ute beschräkt durch mi mi < 0, ε ma ma, + ε < 0 b Nei, ach Hauptsatz.6 Seite 8 ist jede Cauchy-Folge eie kovergete Folge. c Betrachte die Fuktio =. Diese Fuktio ist beschräkt durch, aber sie ist bekaterweise icht koverget. d Falsch, betrachte dazu die Folge { 0 = k = = k + Hier ist die Teifolge koverget gege 0, d.h. 0 ist Häufugspukt der Folge, allerdigs ist die Folge ubeschräkt, de für jedes E > 0 eistiert ei k derart dass k + > E. Da gilt auch = k + > E. e Richtig. Eie uedliche Reihe Lösug. k= lässt sich als Limes vo Partialsumme ausdrücke, d.h. setze s = a k k= Umgekehrt sei eie Folge, so lässt sich diese durch a + = + k+ k ausdrücke, wobei a eie Reihe ist. a Wir erweiter wie gewoht usere Folge ud erhalte = = Der Neer lässt sich durch ach obe abschätze ud es gilt 7 k= a k wobei im letzte Schritt die Grezwertsätze beutzt wurde. Zusamme mit dem Sadwich-Theorem folgt die Behauptug. b Die Folge ist koverget, de sup ud if stimme überei. Betrachte dazu sup = sup k k = = 0 wobei dies ur für gerade gilt, asoste wähle +. Ebeso gilt if = if k = 0 k

3 Da 0 ei Häufugspukt der Mege ist ud für alle N gilt: 0. Also gilt sup = if = 0 ud die Folge ist koverget. c Es gilt: a = ep la ud etspreched a = ep la Aus der Stetigkeit der ep-fuktio ud de Grezwertsätze folgt a = ep la = epla 0 = ep0 = d Wir zeige, dass die so defiierte Folge mooto wachsed ud beschräkt ist Iduktiv zeigt ma das mootoe Wachstum. = < + =, da > 0 ud die Wurzel mooto steigt. Sei also + >, da gilt auch + = + + > + = + Aalog zu Aufgabe 50 gilt hier, dass < + = +, also auch < + ud damit speziell < 4. 3 Da die Folge mooto steiged ud beschräkt ist, kovergiert die Folge, also köe wir de Grezwert bereche. Es gilt + = = + = 0 =.838 e Wir wede das Quotietekriterium auf die Reihe a ud erhalte + = = + Da + 0 =, eistiert ei Ide 0 derart, dass für alle 0 der Quotiet kleiergleich 4 3 ist. Da gilt für diese + < 4 3 = 4 6 < Also kovergiert die Reihe ach dem Quotietekriterium. f Für alle R erhält ma leicht folgede Ugleichug ep für < 0 folgt es daraus, dass ep > 0 R ud für 0 aus der Epoetialreihe. Aus der Mootoie der Epoetialreihe erhalte wir also epep ep ud dmait epep =. g Es gilt Lösug 3. ud mit dem Sadwich-Theorem si si = 0 3

4 a Die Fuktio f ist auf R \{0} defiiert ud dort als Verkettug stetiger Fuktioe wieder stetig. I = 0 lässt sich die Fuktio icht stetig fortsetze. Betrachte dazu die Nullfolge a = π ud b = π +π, da gilt für die Bildfolge ud f a = siπ = 0 π f b = si + π = Also hat ma für verschiedee Folge verschiedee Grezwerte. b Für < π gilt cos 0. Für [ π cos, 0[ gilt daher < 0 ud für ]0, π cos ] gilt > 0. Ferer gilt 0 cos = 0 da die Fuktio im Pukt = 0 stetig ist. Mit Aufgabe 5 folgt u, dass 0 cos = ud daher ka f icht stetig fortgesetzt werde icht eimal mit f0 = ±. c Die Fuktio f 3 ist auf R \{0} defiiert ud dort stetig als Verkettug stetiger Fuktioe. Nu gilt = 0 ud damit mit der Stetigkeit der Epoetialfuktio ep = ep = ep0 = Also lässt sich die Fuktio f 3 auf gaz R stetig defiiere bzw. fortsetze. Lösug 4. i Die Grezwertsätze lasse sich so formuliere: Seie, y R reelle Folge ud koverget mit, y y, so sid die Folge + y, y ud y ebefalls kovergete Folge ud es gilt + y + y y y y y wobei im letzte Fall y 0 gelte muss. Der Beweis ist im Skript aufgeführt ud icht besoders schwierig. ii Seie, y c 0 ud c R. So gilt c = c = c 0 = 0 ud ± y = ± y = 0 ± 0 = 0 Also sid c ud + y c 0. Seie u w = u + i v, z = + i y c 0. Isbesodere bedeutet dies, dass Re w ud Im w Nullfolge sid siehe Kovergez vo komplee Folge. Wir erhalte c z = c + i c + i y = c c y +i c + c y }{{}}{{} u v ud damit über die Grezwertsätze im Reelle, da u 0, v 0 Ebefalls gilt für das Produkt beider Folge c z 0 z w = + i y u + i v = u y v + i y u + v 4

5 sodass wie obe z w als Produkt ud Summe vo reelle Nullfolge ebefalls eie Nullfolge ist. Also ist auch c 0 ei kompleer Vektorraum. Lösug 5. Sei ε > 0 beliebig ud L > 0 ach Voraussetzug. Setze δ := ε L so gilt für alle, y R y < δ f fy L y < L δ = ε 5

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