Analysis I Probeklausur 2

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1 WS /2 Mriescu/ Ert Alysis I Probeklusur 2. Aufgbe Die Folge (x ) N sei rekursiv defiiert durch x =, x + = 2+x. () Beweise, dss die Folge (x ) N streg mooto wchsed ist. (b) Beweise, dss (x ) N durch 2 ch obe beschräkt ist. (c) Beweise, dss (x ) N koverget ist, ud bestimme ihre Grezwert. 2. Aufgbe Zeige, dss die Reihe ( ) k+ k k 2 k 2 kovergiert, ber icht bsolut kovergiert. Bestimme eie Zhl N N so, dss jede Prtilsumme s um höchstes /0 vom Grezwert der Reihe bweicht, flls N ist. 3. Aufgbe Bestimme die Kovergezrdie der folgede Reihe: () z 3 +, (b) i 3 (2+) z. 4. Aufgbe () Seie,b R\{0}. Bestimme e x cosbxdx uf zwei Weise: (i) durch mehrmlige prtielle Itegrtio, (ii) durch Eisetze der Defiitio: cosz = 2 (eiz +e iz ). (b) Bestimme cos(logx)dxufr + ufzweiweise: (i)durchmehrmligeprtielle Itegrtio, (ii) mithilfe der Substitutiosregel ud Teil (). 5. Aufgbe () Bestimme uf [,] eie Stmmfuktio zu x 2 durch prtielle Itegrtio. (b) Seie,b > 0. Bereche de Flächeihlt der Ellipse, dere Rd durch die Gleichug x 2 / 2 + y 2 /b 2 = gegebe ist. Betrchte dzu z.b. de i der obere Hlbebee liegede Teil der Rdkurve ls Grph eier Fuktio.

2 6. Aufgbe Etscheide durch Akreuze, ob folgede Aussge whr oder flsch sid. w f Jede beschräkte Folge ist koverget. Jede ubeschräkte Folge ist diverget. Jede kovergete Folge ist beschräkt. Jede divergete Folge ist ubeschräkt. We lim = 0, so gilt 0 für fst lle N. Jede beschräkte Folge i C ht eie kovergete Teilfolge. We f stetig i x 0 ist, so ist f stetig i x 0. We f stetig i x 0 ist, so ist f stetig i x 0. Ist f differezierbr i x 0, d ist f stetig i x 0. Ist f icht differezierbr i x 0, d ist f ustetig i x 0. f : (,b) R differezierbr i x 0 ud f (x 0 ) = 0 x 0 ist lokles Extremum vo f. We f : D R (D R) differezierbr ist ud f (x) = 0 für lle x D, d ist f kostt. Der Stz vo Rolle ist uf f : [0,] R, f(x) = +x x 2, wedbr. lim z 0 cosz z 2 = 2. Lösug Aufgbe : () Beweis mit vollstädiger Iduktio über N : Iduktiosfg, = : x = (0,2) whr Iduktiosschritt, +: Iduktiosvorussetzug: für ei N gelte x (0,2). Iduktiosbehuptug: d gilt x + (0,2). Iduktiosbeweis: x (0,2) 2 < x +2 < 4 0 < 2 < x +2 < 4 = 2 0 < x + < 2 Dbei wurde die Mootoie vo x x beutzt. (b) x (0,2) x liegt zwische de Nullstelle vo x 2 x 2 = 0 (d.h. zwische ud2)lsox 2 x 2 < 0 x 2 < x +2 = x 2 +; dx,x + > 0folgtx < x + für lle N. (c) (x ) N mooto (ch (b)) ud beschräkt (ch ()). Mootoieprizip (x ) N koverget. Sei x = lim x. D x > 0 impliziert ds Vergleichsprizip

3 dss x 0. Außerdem x = lim x +. Durch Limesübergg i x + = 2+x folgt x = lim x + = lim 2+x = 2+ lim x = 2+x, wobei die Stetigkeit der Fuktio x x beutzt wurde. Schließlich x = 2+x, lso x 2 x 2 = 0, lso x = oder x = 2. D x 0, folgt x = 2. Lösug Aufgbe 2: Wir wolle ds Leibizkriterium wede. Setze k = k k 2 D gilt k 0, k (Polyom vo Grd durch Polyom vo Grd 2). Es ist lso och zu zeige, dss ( k ) mooto fällt. Wir reche k + k+ k = (k +) 2 k k 2 = (k ( +)(k2 ) k (k +) 2 ) k(k +2)(k +)(k ) = (k3 +k 2 k ) (k 3 +2k 2 ) k 2 +k + = k(k +2)(k +)(k ) k(k +2)(k +)(k ) < 0 d lle Ausdrücke im Zähler ud Neer dieses Bruches positiv sid, weil k 2. Die Folge fällt lso streg mooto. Eie Awedug des Leibizkriteriums liefert die Kovergez der Reihe. D k k 2 k k 2 = k ud die hrmoische Reihe k divergiert, divergiert uch die Reihe k k k ch dem Miortekriterium. Die Reihe ist lso icht bsolut koverget. Sei s der Grezwert der Reihe. Nch dem Leibizkriterium gilt s s +. Zu fide ist lso N N mit N+ /0 lso N N 2 0 0N N2 0 N 2 0N 0 (N 5) 2 26 (mit qudrtischer Ergäzug). Die Fuktio f : R R, f(x) = (x 5) 2 26 ist icht-egtiv für x (,x ] [x 2, ), wobei x = 5 26 ud x 2 = sid die Nullstelle vo f. Wir köe lso N die kleiste gze Zhl größer ls x 2 wähle. D 5 < 26 < 6, gilt 0 < x 2 <. Die Aussge ist lso für N = erfüllt. Lösug Aufgbe 3: Sei = Es ist R = /q wobei 3 + Wege 3 gilt q = limsup 3 + = limsup 3 + ( ) < = 2 3. Aber lim 2 = ud lim 3 = lim ( ) 3 = (lim ) 3 = 3 =, lso lim 2 3 =. Eischließugsprizip i ( ) lim 3 + = q = R =.

4 i Sei = Es ist R = /q wobei 3 (2+) i q = limsup = limsup 3 (2+) 3 (2+) = limsup 3 2+ Es gilt < 2+ 3 = 2, lim 3 =, lim = lso lim 2+ =, wege dem Eischließugsprizips. Also q = /3 ud R = 3. Lösug Aufgbe 4: () (i) }{{} e x cosbx } {{ } dx = ex cosbx+ b = ex cosbx+ b 2 ex cosbx b2 (ii) (b)(i) 2 }{{} sibx } {{ } dx e x e x cosbx dx = (+ ) b2 e x cos bx dx = cosbx+be x sibx)+c 2 2(ex = e x cosbx dx = ex 2 +b 2(cosbx+bsibx)+C e x cosbx dx = (e (+ib)x +e ( ib)x )dx 2 = 2 +ib e(+ib)x + 2 ib e( ib)x = 2 e x +(+ib)e ibx ] 2 +b 2[( ib)eibx = ex 2 +b 2(cosbx+bsibx)+C cos(log x)dx = }{{} cos(logx) dx } {{ } = xcos(logx)+ xsi(logx) x dx = xcos(logx)+xsi(logx) xcos(logx) x dx cos(logx)dx = x ) cos(logx)+si(logx) +C 2( (ii) Substitutio y = logx, dy = dx: x cos(log x)dx = xcos(logx) x dx = = x 2( cos(logx)+si(logx) ) +C e y e y ( ) cosy dy = cosy +siy y=logx () 2

5 Lösug Aufgbe 5: () Siehe Köigsberger,.4, Bsp. 3. (b) Sei ( x ) 2. f : [,] R, f(x) = b D ( x 2dx f(x)dx = b = b y2 dy = ) π 2 b. Dbei wurde die Substitutio y = x = ϕ(x),ϕ : [,] [,] beutzt, wobei dy = dx. Der Flächeihlt der Ellipse ist lso πb. Lösug Aufgbe 6: w f Jede beschräkte Folge ist koverget. Jede ubeschräkte Folge ist diverget. Jede kovergete Folge ist beschräkt. Jede divergete Folge ist ubeschräkt. We lim = 0, so gilt 0 für fst lle N. Jede beschräkte Folge i C ht eie kovergete Teilfolge. We f stetig i x 0 ist, so ist f stetig i x 0. We f stetig i x 0 ist, so ist f stetig i x 0. Ist f differezierbr i x 0, d ist f stetig i x 0. Ist f icht differezierbr i x 0, d ist f ustetig i x 0. f : (,b) R differezierbr i x 0 ud f (x 0 ) = 0 x 0 ist lokles Extremum vo f. We f : D R (D R) differezierbr ist ud f (x) = 0 für lle x D, d ist f kostt. Der Stz vo Rolle ist uf f : [0,] R, f(x) = +x x 2, wedbr. lim z 0 cosz z 2 = 2.