Lösungen Klausur. k k (n + 1) n. für alle n N. Lösung: IA: Für n = 1 ist 1. k k + (n + 1) n+1. k k = k=1. k=1 kk = 1 1 = 1 2 = 2 1.

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1 Lösungen Klausur Aufgabe (3 Punkte) Zeigen Sie, dass n k k (n + ) n k für alle n N. IA: Für n ist k kk 2 2. IV: Es gilt n k kk (n + ) n für ein n N. IS: Wir haben n+ k k k n k k + (n + ) n+ k IV (n + ) n + (n + ) n+ (n + ) n ( + n + ) (n + ) n (n + 2) (n + 2) n+.

2 Aufgabe 2 (5 Punkte) Bestimmen Sie alle x R mit x 2 + x 2 > x 2 kurzer Weg: Es ist x 2 + x 2 > x 2 x x + 2 > x x +. Dies ist oensichtlich falsch für x. Deswegen teilen wir durch x und erhalten die äquivalente Ungleichung x + 2 > x +. Fall x < 2 : Dann ist x 2 > x 2x > x > 2, was der Voraussetzung widerspricht. Fall 2 2 x < : Dann ist x + 2 > x 2x > 3 x > 3 2, und somit L ( 3 2, ) Fall 3 x : Dann ist x + 2 > x + 2 >, also ist L 2 [, ) \ {}. Insgesamt ist die Lösungsmenge L L L 2 ( 3 2, ) (, ). langer Weg: Die Nullstellen der Funktion auf der linken Seite sind und 2. Die Nullstellen der Funktion auf der rechten Seite sind und. Weil nun die erste Parabel nach oben und die zweite nach unten geönet ist machen wir folgende Fallunterscheidung: Fall x < 2 : Dann ist x 2 + x 2 > + x 2 x >. Dies widerspricht aber der Voraussetzung. Fall 2 2 x < : Dann ist x 2 x + 2 > + x 2 2x 2 x + 3 > 0 x 2 + x < 0. Nun hat die Funktion x 2 + x gerade die Nullstellen 3 2 folgt, dass die Ungleichung richtig für L ( 3 2, ). und. Weil sie nach oben geönet ist, 2

3 Fall 3 x < : Dann ist x 2 x + 2 > x 2 x > x <. Also ist L 2 [, ). Fall 4 x : Dann ist x 2 + x 2 > x 2 x > Damit ist die Ungleichung richtig für L 3 (, ). Insgesamt ist die Lösungsmenge L L L 2 L 3 ( 3 2, ) (, ). Skizze: 3

4 Aufgabe 3 (2 Punkte) Finden Sie eine Darstellung der Form z a + bi mit a, b R für 3 i i i 2 + i 3. 3 i i i 2 + i 3 3 i i + i 3 i (3 i) (2 + 2i) 6 2i + 6i i (2 2i) (2 + 2i) 8 2 i. 4

5 Aufgabe 4 (3 Punkte) Es sei M R eine Menge. (a) Geben Sie eine Denition für a sup M und nennen Sie das Vollständigkeitsaxiom. (b) Bestimmen Sie Supremum und Inmum der Menge M mit M : { +x 2 x R}. (a) a sup M wenn a m für alle m M und für jede weitere obere Schranke a von M gilt a a (bzw. kleinste obere Schranke). Jede nichtleere, nach oben beschränkte Teilmenge von R besitzt ein Supremum. (b) inf M 0, sup M. 5

6 Aufgabe 5 (4 Punkte) Untersuchen Sie die Folge a n 2n kn+ k auf Monotonie! Ist a n konvergent? Wir haben a n+ a n 2(n+) kn+2 k 2n n kn+ k 2n + 2 2n + 2 n + 2 n + n + 2 > 0. n + n + Damit ist die Folge streng monoton wachsend. Wegen a n 2n kn+ n n k 2n 2 ist die Folge unbeschränkt und somit nicht konvergent. (Sie konvergiert bestimmt gegen + ) 6

7 Aufgabe 6 (3 Punkte) Zeigen Sie, dass a n n n! konvergiert! Es gilt a n 0 und es ist a n a n+ (n!) n ((n + )!) n+ (n!) n ((n + )!) n+ (n!) n+ ((n + )!) n (n!) n (n + ) n n! (n + ) n. Die letzte Ungleichung ist oensichtlich richtig. Damit ist die Folge monoton fallend und nach unten beschränkt und somit konvergent. 7

8 Aufgabe 7 (4 Punkte) (a) Notieren Sie die Denition Cauchyfolge und das Cauchykriterium für die Konvergenz einer Zahlenfolge. (b) Notieren Sie das Quotientenkriterium für unendliche Reihen. (a) Eine Folge a n heiÿt Cauchyfolge, wenn für alle ε > 0 ein N(ε) N existiert, sodass für alle m, n N(ε) gilt, dass a m a n < ε. Eine reelle(komplexe) Zahlenfolge ist genau dann konvergent, wenn sie Cauchyfolge ist. (b) Sei a n eine Folge mit a n 0 für alle n N. Die Reihe n a n konvergiert, wenn an+ a n q < für ein q R und fast alle (, das heiÿt alle bis auf endlich viele) n N. Sie divergiert, wenn an+ a n für fast alle n N. 8

9 Aufgabe 8 (9 Punkte) (a) (b) Untersuchen Sie, welche der Reihen konvergieren: + ( m), für m N n n0 n + n n n 3 4 (c) (d) Was ist der Konvergenzradius von (e) Für welche a > 0 konvergiert n2 n (ln n) α, für α R n n! n n zn, z C n a ln n (a) Da ( m n) 0 für n > m ist die Folge unter der Reihe keine Nullfolge und die Reihe somit nicht konvergent. (b) Wir berechnen n + n n n 3 4 ( n + n) ( n + + n) n 3 4 ( n + + n) n 3 4 ( n + + n) n 3 4 n <. n n n n n 5 4 Aufgrund des Majorantenkriteriums konvergiert auch die gegebene Reihe. (c) Mit dem Verdichtungskriterium erhalten wir n (ln n) konvergiert α 2 n 2 n (ln 2 n ) konvergiert. α n2 n2 9

10 Wir untersuchen nun die zweite Reihe. Es ist n2 2 n 2 n (ln 2 n ) α n2 n2 (ln 2) α (ln 2 n ) α (n ln 2) α n2 n α. Die letzte Reihe konvergiert aber genau dann, wenn α >. Also gilt dies auch für unsere gegebene Reihe. (d) Es gilt mit dem Quotientenkriterium a n+ a n (n+)! (n+) z n+ n+ n! n n z n (n + )! nn zn+ n! (n + ) n+ z n n n z ( (n + ) n n + )n z n e z. Also ist der Konvergenzradius e. (e) Es gilt n a ln n n n a ln n ln a ln n e n ln a. n Diese Reihe konvergiert genau dann, wenn ln a > und somit a > e. Also gilt das auch für die gegebene Reihe. 0

11 Aufgabe 9 (3 Punkte) Zeigen Sie, durch eine ε δ Abschätzung, dass f(x) x + stetig auf R ist. Ist f gleichmäÿig stetig? Sei ε > 0. Wir wählen δ(ε) ε. Dann haben wir für x y < δ, dass f(x) f(y) x + y + y + ( x + ) ( x + ) ( y + ) y x ( x + ) ( y + ) y x umgekehrte Dreiecksungleichung, x y < ε Also ist f stetig. Da δ nicht von x abhängig war, ist f sogar gleichmäÿig stetig.

12 Aufgabe 0 (2 Punkte) Bestimmen Sie lim x ln x. x +0 Es gilt ln x lim x ln x lim x +0 x +0 x x x +0 x lim lim x +0 x 0. 2

13 Aufgabe (2 Punkte) Es sei x < y. Zeigen Sie, dass gilt e x (y x) < e y e x < e y (y x). Die zu zeigende Aussage ist äquivalent zu e x < ey e x y x < ey. Auf [x, y] erfüllt f(x) e x die Voraussetzungen des Mittelwertsatzes, also gibt es ein ξ (x, y) mit f (ξ) e ξ ey e x y x. Weil die e Funktion monoton wachsend ist, ist ex < e ξ < e y und es folgt die Behauptung. 3

14 Aufgabe 2 (6 Punkte) (a) Bestimmen Sie für a, b > 0 lim n ( n a n b) n (b) lim (sin x x +0 x ) 3 x 2. (a) Es gilt (b) Es ist Wir berechnen lim n ( n a n a x b x ln a a x ln b b x b) lim lim ln a ln b. n x 0 x x 0 ( sin x x ) 3 x 2 e ( 3 sin x x2 ln 3 ln sin x x 3 x sin x lim x +0 x 2 lim x +0 x ). x cos x sin x x 2 2x 3 2 lim x cos x sin x x +0 x 2 sin x 3 2 lim cos x x sin x cos x x +0 2x sin x + x 2 cos x 3 2 lim sin x x +02 sin x + x cos x 3 2 lim cos x x +02 cos x + cos x x sin x 3 2 ( 3 ) 2. Aufgrund der Stetigkeit der Exponentialfunktion ist dann lim (sin x x +0 x ) 3 x 2 lim 3 sin x x +0 e( x2 ln x ) e lim ( 3 sin x x +0 x2 ln x ) e 2. 4

15 Aufgabe 3 (3 Punkte) Zeigen Sie folgende Aussage: Sei f : [a, b] R dierenzierbar und f (a) > 0, sowie f (b) < 0. Dann existiert ein ξ (a, b) mit f (ξ) 0. Für ein genügend kleines d > 0 gilt f(a) < f(a) + f (a) h + r (h) f(a + h) mit h [0, d ) und lim h +0 lim h +0 r (h) h r 2(h) h 0 sowie für ein d 2 > 0 gilt f(b) < f(b) f (b) h + r 2 (h) f(b h) für mit h [0, d 2 ) und 0. Damit hat f kein Maximum in a oder b. Weil f stetig ist, muss nun das Maximum in einem inneren Punkt ξ (a, b) angenommen werden. Für diesen gilt f (ξ) 0. 5

16 Aufgabe 4 (3 Punkte) Die Funktion f sei auf [a, b] stetig und auf (a, b) dierenzierbar. Auÿerdem gibt es ein L > 0 mit f (x) L für alle x (a, b). Zeigen Sie f ist Lipschitzstetig auf [a, b], das heiÿt für alle x, x 2 [a, b] gilt f(x ) f(x 2 ) L x x 2 f erfüllt die Voraussetzungen des Mittelwertsatzes auf [x, x 2 ] [a, b]. Also gibt es ein ξ (a, b) mit f(x ) f(x 2 ) f (ξ) (x x 2 ). Es folgt f(x ) f(x 2 ) f (ξ) x x 2 L x x 2. 6