Musterlösung der 1. Klausur zur Vorlesung

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1 Prof. Dr. M. Röger Dipl.-Mth. C. Zwilling Fkultät für Mthemtik TU Dortmund Musterlösung der. Klusur zur Vorlesung Anlysis I ( ) Wintersemester 205/6 Aufgbe. Sei R mit sin() 0. Der Beweis erfolgt per Induktion über n: Induktionsnfng: Nch dem Additionstheorem für Sinus gilt sin() 0 sin(2) = sin( + ) = 2 sin() cos() cos(2 0 ) = sin(2) 2 sin() lso die Behuptung für n =. Induktionsschluss: Angenommen für ein n N gelte (IV) n cos(2 k ) = sin(2n ) 2 n sin(). Dnn gilt wieder mit dem Additionstheorem für Sinus ( n n ) cos(2 k ) = cos(2 k ) cos(2 n ) (IV) = sin(2n ) 2 n sin() cos(2n ) = 2 n sin() sin(2n ) cos(2 n ) = 2 n sin() 2 sin(2 2n ) = sin(2n+ ) 2 n+ sin() Mit dem Induktionsprinzip folgt dnn die Behuptung. Aufgbe 2. () Eine Folge ( k ) k N ist genu dnn bestimmt divergent gegen +, wenn es zu jedem C > 0 einen Inde k 0 N gibt, so dss k > C für lle k k 0. (2) Sei C R gegeben. Die Folge ( k ) k N ist monoton wchsend und dmit nch unten beschränkt, denn es gilt k für lle k N. ( k ) k N ist nch Vorussetzung unbeschränkt, lso nch oben unbeschränkt, und somit eistiert nch Definition ein k 0 N mit k0 > C. D die Folge monoton wchsend ist, gilt dnn für lle k k 0 k k0 > C,

2 lso die Behuptung. Aufgbe 3. () Es gilt k = k2 + 7k 3 3k + 5 = k k k für k. Dmit ist ( k ) k N unbeschränkt und bestimmt divergent gegen +. (2) Es gilt b k = k sin( π 2 + kπ) k cos kπ = { k k k flls k gerde flls k ungerde = k+ { + k + flls k gerde flls k ungerde k+ Dmit ist (b k ) k N beschränkt und es ist b k 2 für lle k N. Folglich ist (b k ) k N nicht bestimmt divergent und Limes superior und inferior eistieren. Mn ht sowie lim sup b k = lim b 2k = k k lim sup b k = lim b 2k+ =. k k Limes superior und inferior stimmen nicht überein und somit ist (b k ) k N nicht konvergent.. Aufgbe 4. Der Nchweis der Konvergenz erfolgt mit dem Wurzelkriterium. Wegen ep(k) = e k gilt k ( ) k k 2 ( ) k 2 k e k = k k 2 k = < für k. e k e e Dmit ist die Reihe nch dem Wurzelkriterium bsolut konvergent, lso uch konvergent. Aufgbe 5. Nch Vorussetzung eistiert für lle ε > 0 ein δ > 0, so dss ( ) h(r) h(0) = h(r) < ε für lle r mit r 0 = r < δ. Sei nun ε > 0 gegeben. Wähle dnn δ wie in ( ). Dnn gilt für lle, y (, b) mit y < δ f() f(y) h( y ) ( ) < ε, und dmit die gleichmäßige Stetigkeit von f. (2 der zu erreichenden Punkte werden hier für die richtige Formulierung oder Anwendung der Definition von gleichmäßiger Stetigkeit vergeben).

3 Aufgbe 6. Die Funktion f ist genu dnn streng monoton wchsend uf [, b], wenn f() < f(y) für lle, y [, b] mit < y. Seien lso, y [, b] mit < y. Dnn eistiert nch dem Mittelwertstz der Differentilrechnung ein ξ (, y) (, b) mit f(y) f() = f (ξ) (y ) > 0. }{{}}{{} >0 >0 Es gilt lso f(y) > f() und dmit ist f streng monoton wchsend. Aufgbe 7. Auf R\{0} ist f differenzierbr ls Verkettung differenzierbrer Funktionen. Nch der Ketten- und Produktregel gilt für 0 dnn ( ) ( ) f () = 2 cos 2 sin ( ) ( ) ( ) 2 = 2 cos + sin. In 0 betrchtet mn den Differenzenquotienten von f. Es gilt lim f() f(0) 0 0 = lim 2 cos ( ) 0 ( 0 = lim 0 ) cos lim = 0. 0 Also ist f uch in = 0 differenzierbr und mn ht insgesmt { ( 2 cos ( f () = ) + sin ) für 0, 0 für = 0. Aufgbe 8. () Nch der us der Vorlesung/Übung beknnten Restgliedbschätzung für die Eponentilreihe gilt lso die obere Schrnke ep() 2! = 2, e 3. Für die untere Schrnke nutzt mn direkt die Reihendrstellung der Eponentilfunktion k e = ep() = k! + = 2. (2) Mit der Substitution = e y erhält mn lim log() = lim y = lim 0 y e y Wegen e y = y k k! > y2 2 e y. y y für lle y > 0

4 gilt dnn lim y Ds beweist die Behuptung. y e lim 2y y y y = lim 2 2 y y = 0. Aufgbe 9. f ist eine Komposition differenzierbrer Funktionen und dmit differenzierbr. Um die Etremlstellen der Funktion zu finden genügt es dher, lle Stellen mit f () = 0 zu betrchten. Mn ht f () = log()! = 0 = e. Die zweite Ableitung von f ist gegeben durch f () = 4, lso istf (e ) = 4e > 0. Folglich besitzt f ein lokles Minimum in 0 = e und ist streng monoton fllend in (0, e ] und streng monoton wchsend in [e, ). Es gilt ußerdem f( 0 ) = 4 e + < 0 wegen Aufgbe 8(). Eine Betrchtung der Grenzwerte von f n den Rändern des Definitionsbereichs liefert sowie lim f() = 0 + = > 0 wegen Aufgbe 8(2) 0 lim f() =. Somit ist f n den Rändern des Definitionsbereichs positiv und bei 0 = e negtiv. D f differenzierbr und somit stetig ist, eistieren nch dem Zwischenwertstz dher Zwischenstellen ξ (0, e ), ξ 2 (e, ) mit f(ξ ) = f(ξ 2 ) = 0. Andere Nullstellen können wegen des Monotonieverhltens von f nicht eistieren und dmit ist die Behuptung bewiesen. Aufgbe 0. () Ds Oberintegrl von f ist definiert durch { } f() d := inf ψ() d : ψ T [, b], ψ f uf [, b], ds Unterintegrl von f ist definiert durch { } f() d := sup ϕ() d : ϕ T [, b], ϕ f uf [, b]. (2) f heißt integrierbr, flls f() d = f() d.

5 (3) Möglich ist hier jede nicht konstnte Treppenfunktion, nehme zum Beispiel [, b] = [0, 2] und { 0 für [0, ], f() := für (, 2]. Dnn ist f nch Definition integrierbr, ber in offensichtlich unstetig. Aufgbe (*). Angenommen, es eistiert eine differenzierbre Funktion H : (, ) R mit H = h. Dnn ist H insbesondere stetig. Für (, 0) gilt h () =, lso nch dem Huptstz Für (0, ) gilt h () =, lso H() = + C für ein C R. H() = + C 2 für ein C 2 R. D H stetig ist, müssen rechts- und linksseitiger Limes in 0 übereinstimmen und mn erhält C = C 2 und dmit { + C (, 0], H() = + C (0, ). Nun ist H in 0 ber nicht differenzierbr, denn H() H(0) = lim 0 0 H() H(0) lim 0 0 =. Dies ist ein Widerspruch zur ngenommenen Differenzierbrkeit von H.