Analysis II - 1. Klausur

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1 Analysis II -. Klausur Sommersemester 25 Vorname: Name: Aufgabe Aufgabe 2 Aufgabe 3 Aufgabe 4 Aufgabe 5 Aufgabe 6 Aufgabe 7 Aufgabe 8 Aufgabe 9 Summe

2 Analysis II -. Klausur Aufgabe 2 Punkte Berechnen Sie die Werte dieser Integrale: a) 4 e 5 + d, b) 2π 2 cos()d, c) log( + )d. Zu a): Anwenden der Substitionsregel mit y = 5 + bzw. d = dy/y mit y = 5 4 ergibt 4 e 5 + = y() y() 4 e y dy 5 4 = 5 2 e y dy = 5 [ey ] 2 = 5 (e2 e). Zu b): Zweimalige partielle Integration mit den gegebenen Integrationsgrenzen ergibt = 2 2π 2 cos()d = [ 2 sin() ] 2π 2π 2 [ cos()] 2π + 2π sin()d cos()d = 2 ( 2π + ) = 4π. Zu c): Einsetzen der Potenzreihe für log( + ) führt nicht zur! Partielle Integration mit u() = log( + ), v () =, u () = + sowie v() = 2 2 ergibt log( + )d = [ 2 2 log( + )] = y=+ d=dy 2 log(2) 2 2 = 2 log(2) 2 2 (y ) 2 dy = y 2 log(2) 2 2 ydy 2 2 dy + 2 log(2) ( ) log(2) d = 2 log(2) 2 2 y 2 2 y dy 2y 2 y dy d y dy dy = y 2 log(2) ( [ ) 2 2 y2 ] 2 2[y] 2 + [log y ] 2 = 2 log(2) log(2) = 4.

3 Analysis II -. Klausur Aufgabe 2 3 Punkte Berechnen Sie (falls eistent) den Integralwert des uneigentlichen Integrals arccos() d. Das Integral ist im Punkt = uneigentlich, weil dort der Nenner verschwindet. Partielle Integration mit u() = arccos() und v () = ( ) 2 bzw. u () = und v() = 2 ergibt 2 ξ arccos() d = [arccos() ( 2) ] ξ = 2(arccos(ξ) ξ ξ arccos()) 2 ξ ( ) ( 2 ) d 2 2 d = 2(arccos(ξ) ξ ξ 2 π) 2 + d = 2(arccos(ξ) ξ ξ 2 π) 2 ( + ) 2 d = y=+ d=dy 2(arccos(ξ) ξ ξ+ 2 π) 2 y 2 dy = 2(arccos(ξ) ξ 2 π) 2[2 y] ξ+ = 2(arccos(ξ) ξ 2 π) 4( ξ + ). Dieser Ausdruck ist stetig in, da er eine Kombination stetiger Funktionen ist. Es folgt arccos() d = ( lim 2(arccos(ξ) ξ ) ξ 2 π) 4( ξ + ) = 2(arccos() 2 π) 4( + ) = 2( 2 π) 4( 2 ) = π Da der Grenzwert eistiert und endlich ist folgt, dass das uneigentliche Integral gegen den Wert π konvergiert.

4 Analysis II -. Klausur Aufgabe 3 2 Punkte Es sei f : R R eine beliebige eindimensionale Funktion und G(f) = {(, f()) T R} R 2 ihr Funktionsgraph. Betrachten Sie die Aussage f : R R ist eine stetige Funktion G(f) ist eine abgeschlossene Menge im R 2. (a) Beweisen Sie die obige Aussage. (b) Finden Sie ein Gegenbeispiel (mit Beweis) dafür, dass die Rückrichtung nicht gilt. Teil a): Es sei f stetig. Es ist zu zeigen, dass jede konvergente Folge aus G(f) einen Grenzwert in G(f) besitzt. Dazu sei ( a n ) mit a n = ( n, y n ) T = ( n, f( n )) T eine konvergente Folge aus dem Funktionsgraphen, die gegen a = (, y) T konvergiert. Es ist zu zeigen, dass y = f() ist, damit a auch in G(f) liegt. Nach Voraussetzung ist f stetig (im Sinne von Kapitel 4), also konvergiert mit n auch f( n ) f() nach Satz 4... Mit Satz 7.2. folgt aus n und f( n ) f() die Konvergenz ( n, f( n )) T (, f()) T für n, also liegt auch a = (, y) T = (, f()) T im Funktionsgraphen. Da die konvergente Folge ( a n ) aus G(f) beliebig war folgt, dass G(f) abgeschlossen nach Definition 7.3. ist. Teil b): Als Gegenbeispiel kommen natürlich viele unstetige f in Frage, mit mehr oder weniger kompliziertem G(f). Hier sei f() = falls > und f() = für sonst. Dann ist f nicht stetig nach Satz 4.. wegen f( n ) für n aber f() =. Der Funktionsgraph ist aber dennoch abgeschlossen: Es gilt G = L H mit der linken Hälfte der -Achse L = {(, y) T, y = } und der Hyperbel H = {(, y) T y =, > }. Nach Satz genügt es zu zeigen, dass L und H jeweils abgeschlossen sind. Ist n = ( n, ) T eine konvergente Folge aus L, so ist n für alle n, also konvergiert sie gegen ein (, ) T mit, das ebenfalls in L liegt. Ist n = ( n, n ) T eine konvergente Folge aus H, so ist n > für alle n, und nach Satz 7.2. ist insbesondere n konvergent. Dabei kann n nicht gegen = konvergieren, da sonst n gegen divergieren würde im Widerspruch zu Satz 7.2., also ist auch >. Da auf (, ) stetig ist, folgt n für n. Damit ist der Grenzwert (, )T ein Element von H, und H ist auch abgeschlossen. Es folgt, dass G(f) = L H abgeschlossen ist, obwohl f nicht stetig ist.

5 Analysis II -. Klausur Aufgabe 4 Punkte Kreuzen Sie in der folgenden Tabelle an, ob die gegebenen Aussagen wahr oder falsch sind. Für jedes richtig gesetzte Kreuz erhalten Sie einen Punkt, für jedes falsch gesetzte Kreuz bekommen Sie einen Punkt abgezogen. Die gesamte Aufgabe wird jedoch in keinem Fall mit einer negativen Anzahl Punkte bewertet. Sie können auch in einer Zeile nichts ankreuzen. Sie müssen ihre Aussagen nicht beweisen. Behauptung Wahr Falsch Beliebige Schnitte kompakter Mengen sind kompakt. Jede endliche Menge {,..., k } R n ist ihr eigener Rand. Ist A R n abgeschlossen, so auch jede Streckung λ A für λ >. Der Schnitt einer offenen mit einer abgeschlossenen Menge ist abgeschlossen. Die Eulersche Γ-Funktion ist auf (, ) positiv. Stetige Bilder abgeschlossener Mengen sind abgeschlossen. Jede über R uneigentlich integrierbare Funktion ist beschränkt. Für jede Metrik d ist der d-einheitskreis { R n d(, ) = } kompakt. Absolut konvergente uneigentliche Integrale haben nichtnegative Werte. Häufungspunkte einer abgeschlossener Menge liegen stets in der Menge.

6 Behauptung Wahr Falsch Beliebige Schnitte kompakter Mengen sind wieder kompakt. Jede endliche Menge {,..., k } R n ist ihr eigener Rand. Ist A R n abgeschlossen, so auch jede Streckung λ A für λ >. Der Schnitt einer offenen mit einer abgeschlossenen Menge ist abgeschlossen. Die Eulersche Γ-Funktion ist auf (, ) positiv. Stetige Bilder abgeschlossener Mengen sind abgeschlossen. Jede über R uneigentlich integrierbare Funktion ist beschränkt. Für jede Metrik d ist der d-einheitskreis { R n d(, ) = } kompakt. Absolut konvergente uneigentliche Integrale haben nichtnegative Werte. Häufungspunkte einer abgeschlossener Menge liegen stets in der Menge. Beliebige Schnitte kompakter Mengen sind wieder kompakt: WAHR Beliebige Schnitte abgeschlossener Mengen sind abgeschlossen (Satz 7.3.3), und ist eine der am Schnitt beteiligten Mengen beschränkt, so auch der Schnitt, also ist er kompakt nach Satz Jede endliche Menge {,..., n } R n ist ihr eigener Rand: WAHR Da jede konvergente Folge aus M = {,..., k } stationär sein muss, ist ihr Grenzwert eines der j, d. h. M ist abgeschlossen, woraus M = M folgt. Andererseits ist kein Punkt von M ein innerer Punkt (alle Punkte sind isoliert), woraus M = und damit Rd(M) = M folgt. Ist A R n abgeschlossen, so auch jede Streckung λ A für λ > : WAHR Ist a n eine gegen a konvergente Folge aus λa, so ist λ a n eine gegen λ a konvergente Folge aus A. Da A abgeschlossen ist gilt λ a A, und damit a λa, was zu zeigen war. Der Schnitt einer offenen mit einer abgeschlossenen Menge ist abgeschlossen: Gegenbeispiel: (, ) [, ] = (, ). FALSCH Die Eulersche Γ-Funktion ist auf (, ) positiv: Der Integrand von Γ() = WAHR t e t dt kann in der Form t e t = e log(t)( ) t geschrieben werden, und ist als Potenz von e positiv für alle, t (, ), damit ist der Integralwert nicht negativ. Für festes ist der Integrand stetig in t, womit folgt dass der Integralwert auch nicht Null ist (vgl. Aufgabe 4 von Blatt ). Stetige Bilder abgeschlossener Mengen sind abgeschlossen: FALSCH Gegenbeispiel: f : (, ) R mit f() = bildet die abgeschlossene Menge N auf die nicht abgeschlossene Menge { n n N} ab, welche die Folge n = n enthält, aber nicht deren Grenzwert Null. Jede über R uneigentlich integrierbare Funktion ist beschränkt: FALSCH Die Funktion log aus Beispiel ist nicht nach unten beschränkt aber uneigentlich integrierbar über [, ]. Damit ist f() = log falls [, ]\{}, f() = sonst

7 unbeschränkt aber uneigentlich integrierbar über ganz R. Für jede Metrik d ist der d-einheitskreis { R n d(, ) = } kompakt: Es sei { falls = y d(, y) = falls y. FALSCH Die Metrikaiome gelten offenbar für dieses d, aber d besitzt den Einheitskreis R n \{ }, der nicht kompakt ist. Dieses Phänomen entsteht dadurch, dass für Metriken (im Gegensatz zu Normen) keine Verträglichkeit mit der Multiplikation wie in Satz 7..(ii) gefordert wird. Absolut konvergente uneigentliche Integrale haben nichtnegative Werte: Dazu betrachte man f()d, f() = 2. FALSCH Häufungspunkte einer abgeschlossener Menge liegen stets in der Menge: WAHR Ist A abgeschlossen und ein Häufungspunkt, so gibt es nach Definition eine Folge ( n ) in A die gegen konvergiert, und weil A abgeschlossen ist liegt dann in A.

8 Analysis II -. Klausur Aufgabe 5 2 Punkte Geben Sie zu diesen Teilmengen des R 2 jeweils das Innere, den Abschluss und den Rand in möglichst einfacher Form an. Sie brauchen Ihre Angaben nicht zu beweisen. A = {(, y) T R 2, y Z}, B = {(, y) T R 2 y = e }, C = {(, y) T R 2 d (, ) : y = e + d}, D = {(, y) T R 2 y > }. Die Menge A ist das Gitter der Punkte mit ganzzahligen Koordinaten, woraus auch ersichtlich ist, dass jeder Punkt der Menge A isoliert ist (also A = ). Ist n eine konvergente Folge aus A, so müssen die Koordinatenfolgen konvergieren. In der vollständig diskreten Menge Z ist aber jede konvergente Folge stationär (Cauchykriterium mit ε = 2 ), also konvergiert sie gegen eine ganze Zahl, d. h. A ist abgeschlossen bzw. A = A. Daraus folgt Rd(A) = A. Aus y = e folgt y + ε e für beliebig kleine ε >, also enthält auch B keine inneren Punkte. Ist n = ( n, y n ) T eine konvergente Folge aus B mit Grenzwert = (, y) T, so konvergiert nach Satz 7.2. auch n eindimensional. Aus der Stetigkeit der Abbildung ep folgt, dass dann auch y n = e n gegen y = e konvergiert, also ist der Grenzwert = (, y) T auch ein Element von B, d. h. B ist abgeschlossen. Es folgt B =, B = B und Rd(B) = B. Die Menge B ist der Funktionsgraph von e im R 2, die Menge C kann man sich als eine Verschmierung von B nach oben vorstellen, die anschaulich offen und nicht abgeschlossen ist. Es ist C = C, C = {(, y) T d [, ] : y = e + d} und Rd(C) = {(, y) T y = e oder y = e + }. Der genaue Beweis ist schwierig, man betrachte dazu die Darstellung ( ) C = f R (, ) mit der Abbildung f(, d) = (, e + d) T. Diese Abbildung ist offensichtlich bijektiv mit der Umkehrfunktion f (, y) = (, y e ) T, und beide Funktionen sind stetig (d. h. man kann die Mengeneigenschaften in beide Richtungen übertragen). Damit folgt die Aussage, wenn man Inneres/Abschluss/Rand von R (, ) bildet und in f einsetzt. Die Menge D ist das von der Hyperbel abgetrennte Außengebiet. Es ist offensichtlich offen (da über < definiert) und nicht abgeschlossen (da (, + n )T gegen (, ) T / D konvergiert). Es folgt D = D, D = {(, y) T y } und Rd(D) = {(, y) T y = } = G(f) für f() =.

9 Analysis II -. Klausur Aufgabe 6 2 Punkte Es sei α beliebig. Zeigen Sie, dass das uneigentliche Integral log() d +α genau dann konvergiert, wenn α > ist, und berechnen Sie in diesem Fall den Integralwert. Es sei zunächst α > angenommen. Partielle Integration mit u() = log() und v () = α bzw. u () = und v() = α α ergibt ξ log() +α d = [log() ( α α )] ξ ξ ( α α )d = α [log() α ] ξ + ξ α d α = α [log() α ] ξ + α [ α α ] ξ = α ( log(ξ) ξ α + αξ α log() α ) α α {}}{ = α log(ξ) ξ α + {}}{ αξ α α ξ α 2. ( ) α Dabei konvergiert ξ = α ξ gegen Null, da α > ist. Für den Logarithmusterm gilt nach der Regel von l Hôpital log(ξ) ξ α ξ αξ α = α ξ α+ = α ξ α. Für α > ist das uneigentliche Integral damit konvergent mit Integralwert. Nun sei α =, dann α 2 gilt für > e log() > >, und da e d = lim log(ξ) = ξ divergiert folgt mit dem Minorantenkriterium, dass auch log() d e

10 divergiert. Wäre log() d konvergent, so auch das Teilintervall ab e, ein Widerspruch. Insgesamt ist das gegebene Integral also nur für α > konvergent.

11 Analysis II -. Klausur Aufgabe 7 8 Punkte Berechnen Sie mit Hilfe der Partialbruchzerlegung eine Stammfunktion von f() = ( 2 + ) Hinweis: der Nenner kann über R nicht weiter zerlegt werden. Ansatz der Partialbruchzerlegung über R ergibt f() = ( 2 + )! = a + b + c 2 + = a(2 + ) + (b + c) ( 2 + ). = a2 + a + b 2 + c ( 2 + ) Koeffizientenvergleich ergibt das Gleichungssystem a + b =, b + c = 2, a =. Daraus folgt sofort a =, b = und c = 2, d. h. f() = Aus der Liste der elementaren Ableitungen (bzw. der elementaren Stammfunktionen) entnimmt man, dass f() = log + 2 arctan() + c ist..

12 Analysis II -. Klausur Aufgabe 8 2 Punkte Überprüfen Sie, ob diese Funktionen im Nullpunkt einen Grenzwert besitzen: (a) f : R 2 \{ } R, f(, y) = 2 + y y 2, (b) g : R 2 \{ } R, g(, y) = 2 y α 2 + y 2 mit α >. Zu a): Einsetzen der Folge k = ( k, k )T führt auf den Folgengrenzwert lim f( k k, k ) = lim k andererseits ergibt Einsetzen der Folge k = (, k )T k 2 + k 4 k 4 = lim + k 2 =, k lim f(, k k ) = lim + k 4 = lim k + k 2 k k 2 =, da also zwei verschiedene gegen Null konvergierende Folgen verschiedene Folgengrenzwerte besitzen hat die Funktion f keinen Grenzwert im Nullpunkt. Zu b): Es gilt g(, y) = 2 y α 2 + y 2 : = 2 y α : 2 + y2 }{{ 2 } y α Daraus folgt g(, y), da der Betrag nicht negativ werden kann, und damit g(, y) für (, y) T. α>.

13 Analysis II -. Klausur Aufgabe 9 9 Punkte Es sei a = (a,..., a n ) ein beliebiger Zeilenvektor im R n. Zeigen Sie, dass für festes a die durch das Skalarprodukt gegebene Abbildung auf ganz R n gleichmäßig stetig ist. f : R n R, f( ) = a Ist a =, so ist f die Nullabbildung und damit trivialerweise glm. stetig, also sei a angenommen. Es seien, y R n beliebig mit Koordinaten = (,..., n ) T bzw. y = (y,..., y n ) T, dann gilt f( ) f( y) = a a y = a j j a j y j = a j ( j y j ) a j ( j y j ) DrUngl. j= j= j= j= = a j j y j j= a j y = y j= a j = c y mit einer festen (und nur von a abhängigen) Konstanten c >. Damit kann man für beliebig kleines ε > unabhängig von und y die Schranke δ = c ε wählen, und erhält für y < δ die Abschätzung f( ) f( y) < c c ε = ε. Damit ist f gleichmäßig stetig auf ganz R n. j=