Lösungen zur Klausur zur Analysis 1, WiSe 2016/17

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1 BERGISCHE UNIVERSITÄT WUPPERTAL..7 Fakultät 4 - Mathematik und Naturwissenschaften Prof. N. V. Shcherbina Dr. T. P. Pawlaschyk Lösungen zur Klausur zur Analysis, WiSe 6/7 Klausureinsicht: 5..7 in G6.9 von -5 Uhr Aufgabe (Folgen und Reihen) (a) ( P) Wie lautet der Satz von Bolzano-Weierstraß? (b) ( P) Bestimmen Sie den Konvergenzradius der Potenzreihe n= n n xn. (c) (5 P) Seien (a n ) n N und (b n ) n N zwei reelle Folgen derart, dass [a n+, b n+ ] [a n, b n ] für alle n N ist. Zeigen Sie, dass A := n N[a n, b n ] ein nicht-leeres Intervall ist und dass A aus nur einem Element besteht, falls zusätzlich (b n a n ) = gilt. Lösungen zu Aufgabe (a) Jede reelle beschränkte Folge (a n ) n N besitzt eine konvergente Teilfolge (a nk ) k N. (b) Substituiere z = x und betrachte Dann ist sup = sup n n n =. Letzteres wurde im Tutorium bewiesen, oder man weiß aus der Vorle- da sung: n n n= n n zn. ( n n) =, ( ) n n = exp n log n = exp() = Mit dem Satz von Cauchy-Hadamard folgt, dass der Konvergenzradius gleich / ist. Nach Rücksubstitution z = x ist der gesuchte Konvergenzradius gleich /. { n, n gerade (b) Wähle a n := n und betrachte die Reihe, n ungerade Dann ist sup a n x n n= n an = sup Der Konvergenzradius ist somit /. n n = sup n n = n

2 (b+b4) Man setze c n := n n xn für ein festes x R und betrachtet die Potenzreihe konvergiert, wenn weil sup n n =, oder n cn = sup c n+ c n n + weil =, also wenn x < /. n Bepunktung wie in b (c) Aus der Bedingung [a n+, b n+ ] [a n, b n ] folgt ( n n) x = x <, = (n + ) n x, a a n a n+ b n+ b n b c n. Sie für alle n N, d.h. (a n ) n ist monoton steigend und (b n ) n ist monoton fallend. Darüberhinaus ist (a n ) n durch b nach oben beschränkt, und (b n ) n ist durch a nach unten beschränkt. Aus einem Satz der Vorlesung folgt, dass (a n ) n gegen eine Zahl a und (b n ) n gegen eine Zahl b konvergieren müssen. Da a n b n für alle n N gilt, ist a b. Also ist [a, b] = A. Ist zusätzlich (b n a n ) =, so ist Also ist a = b und A = [a, b] = {a. = (b n a n ) = b n a n = b a n=

3 Aufgabe (Stetigkeit) (a) ( P) Wie lautet der Zwischenwertsatz? (b) ( P) Berechnen Sie x /(+x). x { x, x Q (c) (5 P) Sei f(x) = x, x R \ Q Annahme.. Wo ist f stetig und wo nicht? Beweisen Sie Ihre Lösungen zu Aufgabe (a) Sei f : [a, b] R stetig mit f(a) < < f(b). Dann gibt es ein ξ (a, b) mit f(ξ) =. P Voraussetzungen + P Aussage = Punkte (b) Es ist da log(x) = x x + x = y ey = ( ) x x/(+x) = exp x + x log x =, (c) Wir vermuten Stetigkeit dort, wo x = x gilt. Das ist genau dann der Fall, wenn x = oder x = ist. Sei (x n ) n eine beliebige Folge, die gegen x = oder x = konvergiert. Da x und x stetig auf ganz R sind, folgt f(x n) = f(x ). Das genügt als Antwort. Alternativ: Sei x = und ε > beliebig. Wähle δ := min{ ε 8, und x R mit x < δ. Dann ist x < und es folgt f(x) = { x, x Q x x + x +, x R \ Q < { δ, x Q 7δ, x R \ Q < ε Für x = wähle man δ := min{ε, und x < δ. Dann ist δ <, somit δ < δ, und es folgt { x < δ, x Q f(x) f() = f(x) = x < δ < ε., x R \ Q Seien x Q \ {, und (x n ) n R \ Q eine Folge, die gegen x konvergiert. Dann gilt: f(x n) = x n = x! = x = f(x ) Aber das ist nur möglich, falls x {,, ein Widerspruch. Analog: Seien x R \ Q und (x n ) n Q eine Folge, die gegen x konvergiert. Dann gilt: f(x n) = x! n = x = x = f(x ) Aber das ist nur möglich, falls x {,, ein Widerspruch. Insgesamt ist f nur stetig in und, sonst nirgends.

4 Aufgabe (Differentiation) (a) ( P) Wie lautet der Mittelwertsatz? (b) ( P) Berechnen Sie x e x + x cos(x). (c) (7 P) Bestimmen Sie die lokalen Extremstellen der Funktion f : R R, f(x) = x e x. Was sind f(x) und f(x)? (Mit Begründung!) Skizzieren Sie den Graphen x x von f über [ 5, 5]. Lösungen zu Aufgabe (a) Sei f : [a, b] R eine stetige Funktion, die auf (a, b) differenzierbar ist. Dann gibt es ein ξ (a, b) mit f f(b) f(a) (ξ) = b a (b) Es ist e x + x x cos(x) = e x + x sin(x) = e x x 4 cos(x) = 4 (c). Fall: In x = hat f ein lokales Minimum, da f() = und f(x) > für alle x R, denn weder der Betrag noch die Exponentialfunktion werden negativ, und x ist die einzige Nullstelle.. Fall: Ist x >, so ist f(x) = (x )e x. Dann ist f (x) = e x + ( x)(x )e x = ( x + x)e x = ( )(x x )e x Notwendige Bedingung: Es ist f (x) = genau dann, wenn x x = bzw. Da x >, ist nur x = + relevant. Hinreichende Bedingung I: Wir berechnen x, = ± 4 + = ± f (x) = ( )(x )e x +( x)( )(x x )e x = ( )(x )e x +( x)f (x) = (4x 4x 6x + )e x Dann ist f (x ) = ( )(x )e x = e x <, da f (x ) = ist. Es liegt in x ein lokales Maximum vor. Hinreichende Bedingung II: Der Vorfaktor x + x ist eine nach unten geöffnete Parabel, die in x verschwindet, d.h. links von x ist sie positiv und rechts davon negativ. Die erste Ableitung f hat also einen Vorzeichenwechsel von + nach - nahe x. Dort muss daher ein lokales Maximum vorliegen.. Fall: Ist x <, so ist f(x) = ( x)e x. Dann ist die Rechnung wie im Fall x > nur mit umgekehrten Vorzeichen, also: f (x) = e x + ( x)( x)e x = ( + x x)e x = (x x )e x 4

5 Notwendige Bedingung: Es ist f (x) = genau dann, wenn x x = bzw. Da x <, ist nur x = relevant. Hinreichende Bedingung I: Wir berechnen x, = ± 4 + = ± f (x) = (x )e x + (x x )( x)e x = (x )e x + ( x)f (x) = (4x 4x 6x + )e x Dann ist f (x ) = (x )e x = e x <, da f (x ) =. Es liegt in x ebenfalls ein lokales Maximum vor. Hinreichende Bedingung II: Der Vorfaktor + x x ist eine nach oben geöffnete Parabel, die in x verschwindet, d.h. links von x ist sie positiv und rechts davon negativ. Die erste Ableitung f hat also einen Vorzeichenwechsel von + nach - nahe x. Dort muss daher ein lokales Maximum vorliegen. Es sind x x ± e x = nach einem Satz aus der Vorlesung. Der Graph sieht wie folgt aus:..8 f(x) x 5

6 Aufgabe 4 (Integration) (a) ( P) Sei f : [a, b] R beschränkt. Wann nennen wir f Riemann-integrierbar? (b) ( P) Berechnen Sie das nachfolgende Integral. (c) ( P) Bestimmen Sie: Lösungen zu Aufgabe 4 I = I = 69 xe x dx + x dx (a) f ist Riemann-integrierbar, wenn das Oberintegral gleich dem Unterintegral ist. Dabei sind und b a b b * f(x) dx = inf{ ϕ(x) dx : ϕ τ[a, b], ϕ f a * f(x) dx = sup{ a b a ϕ(x) dx : ϕ τ[a, b], ϕ f, wobei τ[a, b] die Menge der Treppenfunktionen auf [a, b] ist. (b) Wir schreiben zuerst und integrieren partiell R I = {{ x e x {{ dx = =u =v xe x dx = R R [ ] xe x R R x= xe x dx x {{ ( )e {{ =u =v dx Schließlich ist = Re R 9 [e x ] R x= = Re R 9(e R e ) = 9 (R + 9)e R I = R R xe x dx = 9 (c) Wir substituieren mit x = t = g(t), also g (t) = t, 69 = und =, und erhalten: 69 I = + x dx = t ( + t dt = ) dt + t [ ] = t log( + t) = ( log(4)) (c) Wir substituieren mit t = + x, also x = (t ) = g(t), g (t) = (t ), 4 = + 69 und = +, und erhalten: 69 4 I = + x dx = t 4 ( dt = ) dt t t [ ] 4 = t log(t) = ( log(4)) t= t= 6