Lösungsvorschlag Klausur MA9801

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1 Lehrstuhl für Numerische Mathematik Garching, den Prof. Dr. Herbert Egger Dr. Matthias Schlottbom Lösungsvorschlag Klausur MA9801 Aufgabe 1 [4 Punkte] Seien M, N Mengen und f : M N eine Abbildung. Zeigen Sie, dass für alle Teilmengen A, B M f(a B) f(a) f(b) gilt. Geben Sie ein Beispiel dafür, dass im Allgemeinen f(a B) f(a) f(b). Lösung: Falls = f(a B) gilt die Behauptung. Andernfalls sei y f(a B). Also existiert ein x A B mit f(x) = y. Es folgt also x A und x B und damit y = f(x) f(a) und y = f(x) f(b). Dies ist die Behauptung. Beispiel: Seien M = N = R. A = { 1}, B = {1} und f(x) := x 2. Dann gilt A B = f(a B) =, f(a) = f(b) = B, f(a) f(b) = B. Seite 1 von 9

2 Aufgabe 2 [5 Punkte] Für welche x R, x 2, gilt die Ungleichung 1 x 2 > x 1? Lösung: Die zu untersuchende Ungleichung ist äquivalent zu ( ) 1 + x 1 > x Fall: x < 1: Nach Auflösen der Beträge gilt ( ) x > 2 x 0 > 0. Letztere Ungleichung ist immer falsch. ( ) gilt also nicht für x < Fall: 1 x < 2: Nach Auflösen der Beträge gilt ( ) 1 + x 1 > 2 x x > 1. Letztere Ungleichung ist wahr für x > 1. ( ) gilt also für 1 < x < Fall: 2 < x: Nach Auflösen der Beträge gilt ( ) 1 + x 1 > x 2 0 > 2. Letztere Ungleichung ist immer wahr. ( ) gilt also für alle x > 2. Zusammenfassend gilt: ( ) gilt x (1, 2) (2, ). Seite 2 von 9

3 Aufgabe 3 [5 Punkte] Für welche natürlichen Zahlen stimmt die Ungleichung n 3 3 > 3n 3? Zeigen Sie ihre Behauptung per vollständiger Induktion. Lösung: Wir setzen ein: n = 1 : n = 2 : n = 3 : = 1 3 > 0 = = 8 3 < 3 = = 27 3 = 9 > 6 = Wir gelangen also zu folgender Behauptung: Die angegebene Ungleichung gilt für n {1} {k N : k 3}. Beweis: Für n = 1 siehe oben. Für n 3 verwenden wir das Prinzip der vollständigen Induktion und definieren A(n) : n3 > 3n 3. 3 I.A.: A(3) ist wahr, siehe oben. I.V.: Für ein beliebiges n N mit n 3 gelte A(n). I.S.: n n + 1: Es ist (n + 1) 3 3 = n3 + 3n 2 + 3n I.V. > 3n 3 + n 2 + n = 3(n + 1) 3 + n n }{{ 3 }{{ 3 } 3(n + 1) 3. } 0, da n 3 0 Also gilt auch A(n + 1). Die Behauptung folgt mit dem Prinzip der vollständigen Induktion. Seite 3 von 9

4 Aufgabe 4 [3 Punkte] Seien w, z C mit z = 1 = w. Zeigen Sie, dass (i) z 1 = z, (ii) zw = 1, (iii) z/w = 1. Lösung: (i) Es gilt z z = z 2 = 1, also z 1 = z. (ii) zw = z w = 1 1 = 1. (iii) Es folgt aus (i), dass z/w = zw 1 = z w = z w = 1 1 = 1. Seite 4 von 9

5 Aufgabe 5 [5 Punkte] Sei b > 0 und 0 < a 0 < b. Betrachten Sie die rekursiv definierte Folge a n+1 := a2 n + 3b 3a 2 n + b a n, n 0. Nehmen Sie an, dass 0 < a n < b für alle n N 0. (i) Zeigen Sie, dass (a n ) monoton wachsend ist. (ii) Zeigen Sie, dass (a n ) konvergiert und bestimmen Sie den Grenzwert. Lösung: (i) Es gilt wegen 0 < a n < b auch 0 < b a 2 n und daher gilt a n+1 a n = ( a 2 n + 3b 3a 2 n + b 1 ) a n = ( a 2 n + 3b 3a 2 n b 3a 2 n + b ) ( b a 2 ) a n = 2 n a 3a 2 n > 0. n + b (ii) Nach Voraussetzung ist die Folge beschränkt und nach (i) ist die Folge monoton wachsend, und daher konvergent, d.h. es existiert ein a R mit 0 < a 0 a b und a 2 n + 3b a = lim a n = lim a n+1 = lim n n n 3a 2 n + b a GWS n = a2 + 3b 3a 2 + b a. a>0 3a 2 + b = a 2 + 3b a>0 a = b. Es gilt also lim n a n = b. Seite 5 von 9

6 Aufgabe 6 [6 Punkte] Untersuchen Sie in Abhängigkeit von a > 0 und x R das Konvergenzverhalten der Reihe n=1 a n 1 + a n xn. Lösung: Behauptung: Die angegebene Reihe konvergiert absolut für alle x < max{1, 1/a} =: M und divergiert für x M. Beweis: Wegen max{1, a} n 1 + a n 2 max{1, a} n, folgt aus dem Sandwichlemma lim n Aus den Grenzwertsätzen folgt dann n n 1 + an = max{1, a}. a n 1 + a n x n = n a x max{1, a} = x M. Nach dem Wurzelkriterium konvergiert die angegebene Reihe also absolut für x < M und divergiert für x > M. Für x = M divergiert die Reihe ebenfalls, denn wegen a n 1 + a n M n = bilden die Summanden keine Nullfolge { a n }, a 1 1+a n, a < 1 a n a n 1+a n 1 n 1, Seite 6 von 9

7 Aufgabe 7 [6 Punkte] Sei k Z. (i) Zeigen Sie die Stetigkeit der Funktion f : C \ {0} C, z z z k. (ii) Für welche k Z kann f stetig in den Nullpunkt fortgesetzt werden? Lösung: (i) Die Funktionen z z, z z = z z und z z k sind stetig nach Vorlesung für alle z C. Da z k 0 für z 0, ist f als Quotient stetiger Funktionen stetig. (ii) Beh.: Für k 0 ist f stetig fortsetzbar mit f(0) := 0. Für k 1 ist f nicht stetig fortsetzbar. dazu: Für k 0 und z < 1 gilt f(z) = z z k = z z k z z 0 0. Die erste Behauptung folgt also aus dem Folgenkriterium der Stetigkeit. Für k = 1 gilt f(i/n) = i, und f(1/n) = 1. Aus dem Folgenkriterium der Stetigkeit folgt, dass es keine stetige Fortsetzung geben kann im Fall k = 1. Für k 2 ist f sogar unbeschränkt f(z) = z z k = 1 z k 1 1 z z 0. Insbesondere lässt sich f nicht stetig in den Nullpunkt fortsetzen für k 2. Seite 7 von 9

8 Aufgabe 8 [8 Punkte] Betrachten Sie die Matrizen A := 2 2 2, B := (a) Berechnen Sie die Eigenwerte von A. Ist A invertierbar? (b) Die Eigenwerte von B sind 9 und 27. Berechnen Sie die zugehörigen Eigenräume. Geben Sie das charakteristische Polynom von B an. Lösung: (a) Die Eigenwerte von A sind die Nullstellen des charakteristischen Polynoms x χ A (x) = det(xe A) = det 2 x 2 2 = (x 2 4)(x 1) 4(x + 2) 4(x 1) 0 2 x 1 = x 3 4x x x 8 4x + 4 = x 3 x 2 12x = x(x 2 x 12) = x(x + 3)(x 4). Es folgt σ A = {0, 3, 4}. Da 0 σ A, ist A nicht invertierbar. (b) Wir lösen lineare Gleichunggsysteme: (B 9E) Wir erhalten also für den Eigenraum L 0 (9) 1 1 L 0 (9) = Span{ 1, 1 }. 0 4 Vektoren im Eigenraum L 0 (27) zum Eigenwert 27 sind Lösungen von (B 27E) Wir erhalten also für den Eigenraum L 0 (27) 2 L 0 (27) = Span{ 2 }. 1 Da die algebraische Vielfachheit stets der geometrischen Vielfachheit ist, ist die algebraische Vielfachheit a 9 des EW 9 mindestens 2 und a Da a 9 + a 27 = 3 gelten muss, folgt χ B (x) = det(xe B) = (x 27)(x 9) 2. Seite 8 von 9

9 Aufgabe 9 [8 Punkte] Beantworten Sie folgende Fragen mit kurzer Begründung. (a) Was ist der Realteil von 1+2i? 2 3i (b) Gilt für komplexe Zahlen z und w stets z + w z + w? (c) Was ist das Supremum von N := {1 2 n : n N}? (d) Ist die Menge K := {x R : x > 0 und x 2 5} kompakt? (e) Welcher der Vektoren v = (3, 5, 4) und w = (4, 4, 4) hat den größeren Abstand zum Nullvektor? (f) Gilt det(a + B) = det(a) + det(b)? (g) Für welche a, b R sind die Vektoren (a, 1), (1, b) und (a, b) linear unabhängig? (h) Wieviele Elemente besitzt die Potenzmenge P ({1, 2})? Lösung: (a) Re( 1+2i 2 3i ) = 4 13, da 1 + 2i 2 3i = (1 + 2i)(2 + 3i) = 4 + 7i. 13 (b) Nein, wähle z = 1 und w = 1, dann ist z + w = 2 > 0 = z + w. (c) sup N = 1, da 1 2 n = 1. 1 ist also obere Schranke von N und 1 N, also ist 1 = max N und mithin 1 = sup N. (d) Nein, da a n := 1/n K, aber lim n a n = 0 / K. K ist also nicht abgeschlossen. (e) Wir sind frei in der Wahl der Norm. In der -Norm hat der Vektor v den größeren Abstand, da v = 5 > 4 = w. (f) Nein, siehe Aufgabe 8, a): Für x = 4 gilt det(xe A) = x(x + 3)(x 4) = 0 x = det(xe) + det( A). (g) Für keine Wahl von a, b R. Drei Vektoren im zweidimensionalen Vektorraum R 2 sind stets linear abhängig. (h) Vier: P ({1, 2}) = {, {1}, {2}, {1, 2} }. Seite 9 von 9