Analysis I Mathematik für InformatikerInnen II SoSe 12 Musterlösungen zur Prüfungsklausur vom 18. Juli 2012

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Ruth Burgstaller
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Humboldt-Universität zu Berlin Mathematisch-Naturwissenschaftliche Faultät II Institut für Mathemati Unter den Linden 6, D-0099 Berlin Prof. Andreas Griewan Ph.D. Dr. Thomas M. Surowiec Dr.

Juli 0 Aufgabe : 4 Punte Beantworten Sie die folgenden Fragen mit Ja oder Nein und begründen Sie ihre Antwort. Falls die Aussage falsch ist, dann reicht ein Gegenbeispiel.

1 Humboldt-Universität zu Berlin Mathematisch-Naturwissenschaftliche Faultät II Institut für Mathemati Unter den Linden 6, D-0099 Berlin Prof. Andreas Griewan Ph.D. Dr. Thomas M. Surowiec Dr. Fares Maalouf Analysis I Mathemati für InformatierInnen II SoSe Musterlösungen zur Prüfungslausur vom 8. Juli 0 Aufgabe : 4 Punte Beantworten Sie die folgenden Fragen mit Ja oder Nein und begründen Sie ihre Antwort. Falls die Aussage falsch ist, dann reicht ein Gegenbeispiel. a) Alle beschränten Funtionen sind Riemann-integrierbar. b) Alle onvergenten Folgen reeller Zahlen sind Cauchy-Folgen. c) Alle Polynome mit rationalen Koeffizienten haben rationale Nullstellen. d) Sei (a n ) n N eine streng monoton fallende Folge positiver reeller Zahlen mit lim n a n 0. Dann onvergiert die Reihe n0 a n. Lösung zu Aufgabe : a) Nein. Ein Gegenbeispiel ist die Dirichlet-Funtion erster Art, f : [0, ] R, f(x) { 0 wenn x rational wenn x irrational, da diese in jedem Intervall einer Zerlegung das Maximum und das Minimum 0 annimmt. b) Ja. Denn in einer onvergenten Folge läßt sich zu jedem ε > 0 ein n 0 finden, so dass alle Glieder mit höherem Index in einem Intervall (a ε, a + ε) um den Grenzwert a liegen. Damit haben diese Glieder einen Abstand leiner ε untereinander, was das Kriterium für eine Cauchy-Folge ist. c) Nein. Offensichtliche Beispiele sind x mit irrationalen Nullstellen, x + mit gar einer Nullstelle und 0 als onstantes Polynom, welches alle Zahlen als Nullstellen hat. d) Nein. Trotz langer Formulierung genügt das urze Gegenbeispiel a n n, d.h. die harmonische Reihe, die alle Eigenschaften erfüllt, aber trotzdem divergiert.

2 Aufgabe : a) Beweisen Sie, dass für alle n N gilt: Punte b) Bestimmen Sie den Grenzwert n n (n + ) (n + ) (n ) lim n n. Lösung zu Aufgabe : a) Erste Variante: lassischer Indutionsbeweis. Indutionsanfang Sei n. Dann ist die line Seite und rechts (+/)(+). Indutionsschritt Indutionsvoraussetzung Es gelte n n (n+ ) (n+). Indutionsbehauptung Es gilt ebenfalls n+ (n+) (n+ ) (n+). Indutionsbeweis Setze in die line Seite der Indutionsbehauptung die Indutionsvoraussetzung ein: n+ n + (n + ) n (n + ) (n + ) + (n + ) gemeinsame Fatoren auslammern n + n + (n (n + ) + (n + ) ) (n + 7 n + ) n ist, wie die Behauptung erfordert, ein Teiler des zweiten Fators n + ((n + )(n ) (n + ) 7 + ) was die rechte Seite der Indutionsbehauptung ist. (n + ) (n + ) Nach dem Prinzip der vollständigen Indution gilt die Aussage damit für alle n N. Zweite Variante: Sei b n n (n + ) (n + ) die rechte Seite. Bestimme die Differenz aufeinanderfolgender Glieder b n b n n (n + ) (n + ) (n ) (n ) n n ( ) n + n + n + n n (n) n. ( ) n + 7 (n + )

3 Also ann man die line Seite als Telesopsumme schreiben: n n (b b ) b n b 0 n (n + ) (n + ) 0 was die Behauptung beweist. b) Nach Einsetzen der ersten Teilaufgabe (mit oberer Grenze n ) verbleibt ein Bruch zweier Polynome vom Grad in n. Den Grenzwert bestimmt man, indem man zuerst durch den dominanten Term des Nenners ürzt, also hier durch n : (n ) lim n n lim (n ) (n ) n n n lim n ( n ) ( n ) ( n ) da die Grenzwerte der einzelnen Fatoren in Zähler und Nenner existieren (und der Grenzwert des Nenners nicht Null ist). Aufgabe : 4 Punte Seien f, g : R R onvexe, beliebig oft stetig differenzierbare Funtionen. a) Finden Sie Beispiele für onvexe f und g, deren Produt f g nicht onvex ist. b) Geben Sie Bedingungen an f und g an, unter denen das Produt f g immer onvex ist. Lösung zu Aufgabe : a) Gesucht war ein Beispiel für das Paar von Funtionen (f, g). Einfach einsichtige Varianten sind f(x) x, g(x) x oder f(x), g(x) x, da auch lineare bzw. onstante Funtionen onvex (und gleichzeitig onav) sind. Eine weitere Möglicheit ist f(x) g(x) x, da f(x) g(x) (x ) (x ) (x + ) zwei strenge loale Minima in den doppelten Nullstellen x ± hat. Deren Verbindungsstrece liegt offensichtlich nicht über dem Graphen des Produts, speziell ist f(0) g(0) > 0. b) Die zweite Ableitung des Produts ist (fg) (f g + fg ) f g + f g + fg. Diese ist offensichtlich positiv, wenn alle Summanden positiv sind, und das wird erreicht, wenn alle Fatoren in den Summanden positiv sind. Sind also f und g positiv, streng monoton wachsend und onvex, so ist auch deren Produt onvex.

4 Aufgabe 4: Es seien (a n ), (b n ) Folgen positiver reeller Zahlen mit Majorantenriteriums, dass dann a n lim n b n 4 Punte. Zeigen Sie mit Hilfe des a n n0 genau dann onvergiert, wenn auch b n n0 onvergiert. Lösung zu Aufgabe 4: Aus der Grenzwertdefinition folgt, dass es für jedes ε > 0 ein n 0 N gibt, so dass für alle n > n 0 gilt a n b < ε ε < a n < + ε ( ε)b n < a n < ( + ε)b n n b n Wähle ε und mache die rechte Seite etwas gröber, so dass b n < a n < b n. Daraus folgt, dass für den Reihenrest ab Index n 0 die Folge (b n ) eine Majorante für (a n ) ist, und (a n ) eine Majorante für (b n ). Nach dem Majorantenriterium folgt aus dieser gegenseitigen Beschränung schon die Äquivalenz der Konvergenz der Reihen. Aufgabe 5: Bestimmen Sie die Konvergenzbereiche folgender Potenzreihen: a) 0 + (x 7) ; b) 0 ( ) x. 4 Punte D.h. bestimmen Sie die Mengen der x R, für welche die Reihen jeweils absolut onvergieren. Lösung zu Aufgabe 5: a) 0 + (x 7) 0 + (x 7 ) ; Mit Quotientenriterium für Zahlenreihen, a + (x 7). Dann ist a + ( + ) ( + )(x 7) + a ( + + )(x 7) q(x) lim a + a x 7 ( + ) + (x 7) + Absolute Konvergenz gilt, wenn q(x) <, also wenn x 7 < gdw. 4 < x < 0 gdw. x (, 5). In den Intervallenden erhält man Reihen, deren Glieder wie wachsen, also Divergenz. 4

5 Mit der Wurzelformel (Cauchy-Hadamard) für Potenzreihen. Der Entwiclungspunt ist x 0 7 und die Koeffizientenfolge ist c. Dann ist + c + + r lim c Benutzt wurden lim C für jede Konstante C > 0 und lim sowie das Quetschlemma mit der Einschachtelung +, also lim + lim b) 0 ( ) x 0 ()! (!) x. In dieser Potenzreihe sind die Koeffizienten zu Potenzen ungeraden Grades Null. Um trotzdem den Quotienten betrachten zu önnen, betrachtet man die Reihe entweder als Zahlenreihe mit Parameter x und a ( ) x oder substituiert y x, um eine lücenlose Potenzreihe in y mit Koeffizienten c ( ) vor y zu erhalten. Quotientenriterium der Zahlenreihe (zweite Variante analog): a + ( + )!! x + a ()! ( + )! x q(x) lim a + a 4 x ( + )( + ) x ( + ) ( + ) + x x Absolute Konvergenz liegt also vor für q(x) <, also x < 4, also x <. Die Betrachtung der Konvergenz am Rand geht über die verfügbaren Mittel hinaus. Wurzelformel: Um den Ausdruc! zu beherrschen, benutze die Stirlingsche Formel! C ( e ) mit C π Dann ist wieder lim C und ( ) C ( ) ( ) C 4 e e π woraus sich wieder der Konvergenzradius um den Punt x 0 0 ergibt. In den Intervallenden hebt sich der Fator 4 gegen (± ) auf und es ergibt sich beidesmal eine Reihe, deren Glieder proportional zu sind. Nach Betrachtung der allgemeinen harmonischen Reihe divergiert diese Reihe. 5

6 Aufgabe 6: Berechnen Sie die folgenden Grenzwerte: 4 Punte x sin x a) lim x π + cos x b) lim x 0 x e x Lösung zu Aufgabe 6: x sin x a) lim x π + cos x. Man ann mit ( cos x) erweitern zu x sin x x sin x ( cos(x)) x ( cos(x)) + cos x cos x sin x und erhält einen Zähler, der gegen π onvergiert, während der Nenner in x π eine einfache Nullstelle hat, einen Wechsel von positiven zu negativen Werten. Im einseitigen Grenzwert x π ± 0 ergibt sich also bestimmte Divergenz zu. b) lim x 0 x e x lim e x x x 0 x(e x ). Einsetzen des quadratischen Taylorpolynoms e x + x + x + x R(x) (mit R stetig) ergibt woraus sich der Grenzwert x e x x + x R(x) x(x + x + x R(x)) ablesen läßt. + fracx + x R(x)) Alternativ: Zweimaliges Anwenden der Formel von l Hôpital führt zu e x x lim x 0 x(e x ) lim x 0 e x e x + xe x lim x 0 e x e x + xe x 6

7 Aufgabe 7: Berechnen Sie die folgenden unbestimmten Integrale bzw. Stammfuntionen: a) e x e sin x dx; x + b) e x dx. + e x 6 Punte Lösung zu Aufgabe 7: a) e x sin x dx Benutze zweimalige partielle Integration mit Integration des ersten und Differentiation des zweiten Fators e x sin x dx ( e x ) sin x ( e x ) cos x dx e x sin x + e x sin x + ( e x ) cos x ( e x ) ( sin x) dx e x sin x e x cos x e x sin x dx e x sin x dx e x (sin x + cos x) + C e x sin x dx e x (sin x + cos x) + C e x cos x dx Alternativ: Vermute eine Stammfuntion der Form F (x) e x (A cos x+b sin x)+c und gleiche deren Ableitung mit dem Integranden ab: F (x) e x (A cos x + B sin x) + e x ( A sin x + B cos x) e x ((A B) cos x + (A + B) sin x) A B 0 A + B A B b) e x + e x dx. + e x Substituiere u e x, dann ist du e x dx oder dx u du und e x + e x + e x dx u + du u + u + u u u + du u u + du + u + du ln u + + arctan(u) + C ln(ex + ) + arctan(e x ) + C 7

8 Aufgabe 8: Untersuchen Sie folgende Reihe auf Konvergenz Punte n n(ln n). Lösung zu Aufgabe 8: Verwende das Integralriterium mit der Funtion f : [, ) R, f(x). Der Nenner x (ln x) besteht aus positiven streng monoton wachsenden Fatoren, ist also selbst streng monoton wachsend, f also positiv streng monoton fallend. Die Reihe ist daher genau dann onvergent, wenn das (uneigentliche) Integral über f endlich ist. N f(x) dx (ln x) (ln x) dx ln x + C f(x) dx ln N + ln f(x) dx lim N N f(x) dx ln <. 8

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