Klausuren zur Vorlesung ANALYSIS I

Fachbereich Mathemati und Informati der Philipps-Universität Marburg Klausuren zur Vorlesung ANALYSIS I Prof. Dr. C. Portenier unter Mitarbeit von A. Alldridge und R. Jäger Marburg, Wintersemester 00/0 Fassung vom. April 00

Fachbereich Mathemati und Informati Prof. Dr. C. Portenier der Philipps-Universität Marburg Wintersemester 00/0. Klausur zur Analysis I. Dezember 00 6:5-8:45 Uhr Bitte bearbeiten Sie jede Aufgabe auf einem gesonderten Blatt, welches Sie vorher mit Ihrem Namen versehen. Blätter ohne Namen werden nicht gewertet. Als Hilfsmittel sind Ihre Vorlesungs- und Übungsaufzeichnungen zugelassen. Bitte achten Sie bei der Bearbeitung der Aufgaben auf eine sorgfältige und lesbare Darstellung und geben Sie, zumindest stichpuntartig, Begründungen für Ihre Rechnungen an. In der Vorlesung oder den Übungsaufgaben bewiesene Resultate önnen ohne Beweis zitiert werden. Viel Glüc! Name: Matriel Nummer: email-adresse: Zahl der abgegebenen Blätter: Aufgabe 3 4 5 6 7 8 9 0 Punte P Note

. Klausur zur Analysis I Aufgabe Es seien A, B und C drei endliche Mengen. Zeigen Sie (3) (a) (A B) C =(A C) (B C). (b) #(A B C) = =#(A)+#(B)+#(C) #(A B) #(A C) #(B C)+#(A B C). Aufgabe Sei R ein Ring und P R eine Teilmenge mit folgenden drei Eigenschaften: (4) P Für jedes x R gilt genau eine der drei Alternativen P Aus x, y P folgt x + y P. P3 Aus x, y P folgt xy P. Zeigen Sie, dass R durch zu einem total geordneten Ring wird. x =0 oder x P oder x P. x 6 y : x = y oder y x P Aufgabe 3 Beweisen Sie für n N die Formel (3) nx ( +)( +)= n (n +)(n +)(n +3). 4 = Aufgabe 4 Beweisen Sie für x Rr{0} die Ungleichung (3) µ x +3> x + x x. Aufgabe 5 Betrachten Sie die Abbildung (3) f : w 7 w +:{z C 0 < Re z<} {z C 0 < Re z }. Zeigen Sie, dass die Abbildung f wohldeþniert ist und untersuchen Sie, ob sie bijetiv ist. Aufgabe 6 Bestimmen Sie die n Nr{0}, für die die Menge (4) ( µ M n := + µ ) 5 l+ n, l N beschränt ist, und berechnen Sie InÞmum und Supremum der Menge M n für diese n. 3

. Klausur zur Analysis I Aufgabe 7 Untersuchen Sie unten stehende Folgen (a ) > auf Konvergenz und be- (4) stimmen Sie im Falle der Konvergenz den jeweiligen Grenzwert: (a) (b) a := a := 5 8 7 3 ( )(4 + ) h 5 ( ) +i 3 +9 ( + )( ) Aufgabe 8 Zeigen Sie, dass die durch (3) a 0 :=, a + := a + 5 4 für N reursiv deþnierte Folge (a ) N onvergiert, und bestimmen Sie den Grenzwert. Aufgabe 9 Sei (X, d) ein metrischer Raum und δ : X X R + die durch (4) d (x, y) δ (x, y) := für alle x, y X +d (x, y) deþnierte Metri. Zeigen Sie: Für x X onvergiert eine Folge (x ) N X genau dann bezüglich d gegen x, wenn sie bezüglich δ gegen x onvergiert. Aufgabe 0 Seien (z ) N, (w ) N C Folgen. Zeigen Sie: Wenn (z ) beschränt (3) ist, ist (z + w ) genau dann beschränt, wenn (w ) beschränt ist. Aufgabe Zeigen Sie, dass die Reihe P n! n=0 onvergiert. (3) n n Aufgabe Zeigen sie, dass die Reihe (3) X x =0 für x < absolut onvergiert und für x > divergiert. 4

Fachbereich Mathemati und Informati Prof. Dr. C. Portenier der Philipps-Universität Marburg Wintersemester 00/0 Lösungen der. Klausur zur Analysis I Aufgabe (a) Die Inlusion ist trivial, ann aber auch ähnlich wie bewiesen werden: Es gilt nämlich (x A oder x B) und x C = (x A und x C) oder (x B und x C) mittels des Beweisprinzips durch Fallunterscheidung. (b) Es gilt durch dreimalige Anwendung der Formel #(X Y )=#X+#Y #(X Y ) : #(A B C) =#(A B)+#C #((A B) C) =#A +#B +#C #(A B) #(A C) #(B C)+#(A B C). Aufgabe Reßexivität: Es gilt x 6 x für alle x R,dax = x. Antisymmetrie: Seix 6 y und y 6 x.dannisty x =0oder y x P und x y = (y x) P. Nach P muss x y =0,alsox = y sein. Transitivität: Sei x 6 y und y 6 z. Für x = y oder y = z ist die Behauptung trivial. Nehmen wir also an, dass Wegen P ist dann auch y x P und z y P. z x =(z y)+(y x) P, also ist x 6 z. Sind x, y R, so gilt nach P, dass genau eine der drei Möglicheiten zutrifft, also ist die Ordnung total. Seien x, y, z R mit x 6 y.esist x = y oder x<y oder y<x x + z 6 y + z 5

Lösungen der. Klausur zur Analysis I genau dann, wenn (y + z) (x + z) =y x =0 oder y x P, d.h. genau dann, wenn x 6 y ist. Seien x, y, z R mit x 6 y und z > 0. Der Fall x = y oder z =0ist trivial. Sei also x<yund z>0,d.h Nach P3 ist dann auch d.h. es ist (y x) z > 0. y x P und z P. (y x) z P, Aufgabe 3 Für n =0gilt 0X ( +)( +)=0= 4 0 3. = Die Formel gelte für n > 0. Es gilt und Xn+ ( +)( +) = nx ( +)( +)=(n +)(n +)(n +3) n= 4 (n +)(n +)(n +3)(n +4) n (n +)(n +)(n +3)= 4 = (n +)(n +)(n +3)(n +4 n) =(n +)(n +)(n +3). 4 Aus der Indutionsvoraussetzung folgt die Behauptung. Aufgabe 4 Es gilt x + µ x x + +3= x und somit die Behauptung. µ x + x µ x + += µ x + x x > 0 Aufgabe 5 Zunächst ist zu zeigen, dass für > Re w>0gilt Re + > 0. Ist w > Re w>0,soistw 6= 0,alsomacht C Sinn. Weiter gilt w w += w w +, 6

Lösungen der. Klausur zur Analysis I d.h. µ Re w + = Re w += Re w +>. w w Falls w += +ist, folgt leicht z = w,alsoistf injetiv. Nach obiger Rechnung z sieht man schon ein, dass alle z C mit Re z 6 nicht als Wert angenommen werden önnen. In der Tat ist {z C 0 < Re z },aber w += w = / {z C 0 < Re z<}. Aufgabe 6 Es gilt µ+ µ 5 n l = µ + µ 5 n l. Da µ sup,l + µ 5 l =sup n µ+ µ 5 l sup l n ist und die Folge + fallend ist, ist die Menge genau dann beschränt, wenn N sup l µ 5 n l <. Dies gilt genau ³ dann, wenn 5 n <,d.h.wennn > 6. Die Folge 5 l ist dann fallend. Da 5 l n n genau dann positiv ist, wenn l gerade l ist, folgt µ sup l 5 l µ =max l 5 l µ = n n n 5 0 =, denn für l > ist 5 n l <, und inf l µ 5 n l =min l µ 5 n l = µ 5 = 5 n n. Mit dem oben Gesagten gilt außerdem µ sup + µ =max + =+ =. 0 Es folgt sowie µ sup,l + µ 5 l =sup n µ+ µ sup l n 5 l = = µ inf,l + µ 5 l = sup n,l µ+ µ 5 l n 7

Lösungen der. Klausur zur Analysis I µ = sup + µ sup l 5 l =sup n µ+ µ inf l n 5 l µ = 5 = 0 n n. Aufgabe 7 (a) Es gilt a = ³ ³ 8 5 7 3 8 4 ³ + 4 4 = 5 7 3 8 = ³ ³ + 4. 4 Da lim n q =0 für alle n N,q <, folgt mit den Grenzwertsätzen, dass (a ) onvergiert mit (b) lim a = ³ lim Es gilt mit Grenzwertsätzen µ ³ 5 Da die Folge ( ) + folgt, dass (a ) eine Nullfolge ist. 5 lim 7 3 ³ 8 + lim 4 lim 4 3 +9 ( + )( ) = + 9 4 () 0. + beschränt ist mit ³ ( ) + 5 6 ( ) + 5 6 3 5 = 43, = 5. Aufgabe 8 Die Folge ist nach oben beschränt durch 5 4. In der Tat gilt a 0 == 4 4 < 5 4, und ist a 6 5 4, so folgt a + = a + 5 4 6 Weiterhin ist die Folge wachsend. Denn r 5 4 + 5 4 = 5 + 5 4 = 5 4. a a 0 = a a 0 = 5 4 > 0 8

Lösungen der. Klausur zur Analysis I und ist a + a > 0,sofolgt a + a + = a + a > 0. Also onvergiert die Folge gegen ein a mit =a 0 6 a 6 5 4. Es gilt für b = a µ b 4 = b b = a a =lim (a a )= 5 4, also folgt b = += 5 und somit lim a = a = 5 4. Aufgabe 9 Sei x =lim x bezüglich d,d.h. lim d (x, x )=0. Es folgt mit den Grenzwertsätzen lim δ (x, x )= lim d (x, x ) + lim d (x, x ) = 0 +0 =0, d.h. lim x = x bezüglich δ. Umgeehrt beachte δ (x, y) = d (x, y) +d (x, y) < +d (x, y) +d (x, y) =. Also gilt für lim x = x bezüglich δ,d.h.lim δ (x, x )=0, mit den Grenzwertsätzen lim d (x, x )= lim δ (x, x ) lim δ (x, x ) = 0 0 =0, d.h. lim x = x bezüglich d. Aufgabe 0 Es gibt ein C > 0 mit z 6 C für alle N. Wenn (w ) beschränt ist, gibt es ein C > 0 mit w 6 C für alle N.Esfolgt z + w 6 z + w 6 C + C für alle N, d.h. die Folge (z + w ) ist beschränt. Falls (z + w ) beschränt ist, folgt, da ( z ) beschränt ist, mit dem obigen, dass beschränt ist. (w )=(z + w +( z )) Aufgabe Es gilt = n + (n+)! (n+) n+ n! n n µ n n (n +)=µ + n (n) n + n e <, 9

Lösungen der. Klausur zur Analysis I also folgt die Behauptung aus dem Quotientenriterium. Aufgabe ³ Für x > ist x eine Nullfolge, denn x > > für alle > also divergiert die Reihe. Ist x <, so gilt r µ + x + + x = x = + () x x <, also folgt aus dem Quotientenriterium, dass die Reihe absolut onvergiert. 0

Fachbereich Mathemati und Informati Prof. Dr. C. Portenier der Philipps-Universität Marburg Wintersemester 00/0. Klausur zur Analysis I. Februar 00 9:5 - :45 Uhr Bitte bearbeiten Sie jede Aufgabe auf einem gesonderten Blatt, welches Sie vorher mit Ihrem Namen versehen. Blätter ohne Namen werden nicht gewertet. Als Hilfsmittel sind Ihre Vorlesungs- und Übungsaufzeichnungen zugelassen. Bitte achten Sie bei der Bearbeitung der Aufgaben auf eine sorgfältige und lesbare Darstellung und geben Sie, zumindest stichpuntartig, Begründungen für Ihre Rechnungen an. In der Vorlesung oder den Übungsaufgaben bewiesene Resultate önnen ohne Beweis zitiert werden. Viel Erfolg! Name: Zahl der abgegebenen Blätter: Aufgabe 3 4 5 6 7 8 9 0 Punte P Note

. Klausur zur Analysis I Aufgabe Bestimmen Sie (mit Beweis) die Menge der n N,fürdiegilt () ³ n n n! 6. Aufgabe Sei a C. Bestimmen Sie die Menge (3) Z = {z C z a = az } sowie sup Z und inf Z. Hinweis: Unterscheiden Sie die Fälle a =und a 6=. Aufgabe 3 Untersuchen Sie die unten angegebenen Folgen in C auf Konvergenz und bestimmen Sie gegebenenfalls den Grenzwert. (a) (0.5) a = X j= j (b) () a = +3 (c) a = r 3 5 +9 ³ (7 8 ) 7 + i + (.5) Aufgabe 4 Untersuchen Sie die reursiv deþnierte Folge (a ) N mit (3) a 0 := und a + := für alle N a auf WohldeÞniertheit, Konvergenz und bestimmen Sie ggf. den Grenzwert. Aufgabe 5 Sei a := P l=+. (3) l Berechnen Sie a + a, und zeigen Sie, dass die Folge (a ) N eine Cauchy-Folge ist. Aufgabe 6 Seien (a l ) l N, (b l ) l N C Folgen. Beweisen oder widerlegen Sie die folgende () Aussage: Falls P l=0 a l onvergiert und (b l ) beschränt ist, onvergiert P l=0 a lb l. 3

. Klausur zur Analysis I Untersuchen Sie die folgenden Reihen P l= a l auf Konvergenz und Diver- Aufgabe 7 genz: (a) a l := l + l l 3. (.5) (b) a l := +sin π l + l. (.5) Aufgabe 8 Untersuchen Sie, für welche x R die folgende Reihe onvergiert und ob (3) evtl. absolute Konvergenz vorliegt: X 3 3l x l l=0 Aufgabe 9 Für welche a R ist die Funtion () a x = π f a :[0, π] R : x 7 falls sin x x 6= π cos x stetig auf [0, π]? Aufgabe 0 Zeigen Sie, dass genau ein x [0, ] existiert mit (3) x =exp(x ). Aufgabe Zeigen Sie, dass die Funtion (4) ein Maximum besitzt. f :[0, [ R : x 7 sin (x)exp( x) Aufgabe Zeigen Sie, dass die Funtion (4) f :[0, [ R : x 7 exp (x) sin(exp( x)) injetiv ist, und bestimmen Sie ihr Bild f ([0, [). Beweisen Sie weiterhin, dass die Umehrfuntion f : f ([0, [) [0, [ stetig ist. 4

Fachbereich Mathemati und Informati Prof. Dr. C. Portenier der Philipps-Universität Marburg Wintersemester 00/0 Lösungen der. Klausur zur Analysis I Aufgabe Zunächst gilt die Ungleichung nicht für n³ {,...5},jedochfürn =0und + n =6(Indutionsanfang). Nach Blatt 8 ist die Folge monoton wachsend, > sodass =(+) 6 µ + bzw. +6 + µ + für alle > gilt. Es folgt unter der (Indutions-)Annahme n 6 n n der Indutionsschritt ³ n n n + (n +)!=(n +) n! 6 (n +) 6 DiegesuchteMengeistsomit{0} {n N n > 6}. µ n n + ³ n n µ n n+ n + =. BEMERKUNG Ersetzt man n! durch (n +)!wird die Bestimmung erheblich schwerer. Zunächst gilt zwar für alle > 8 ( +) + = + 4 + <.5 < µ + 8 µ 6 + 8, also +6 + µ + ; und man ann für n > 8 wie oben den Indutionsschritt durchführen. Aber man erreicht den Indutionsanfang erst sehr spät, nämlich für n =8, sodass die gesuchte Menge gerade {0} {n N n > 8} ist. 5

Lösungen der. Klausur zur Analysis I n (n +)! n n n n (n +)! 0 0 3 6 5 7 3 4 65 8 8 4 0 6 04 35 9 95 5 70 3 3 6 5040 79 43 83 543 4337 47 7 40 30 8 8 8 36 880 65 536 97 344 387 40 489 470 55 9 368 800 5 5 0 39 96 800 9765 65 30 5 75 85 3 670 6 695 683 606 89 479 00 600 048 048 67 00 800 76 78 336 4050 38 464 30 875 06 59 53 4 89 454 98 47 3 87 78 9 00 89 89 4 307 674 368 000 678 3 07 849 69 45 95 5 437 893 890 380 859 375 47 704 088 669 4 65 5 0 9 789 888 000 3 768 3 768 6 355 687 48 096 000 8 474 976 70 656 74 45 385 344 87 40 6 886 336 764 77 93 664 470 843 65 83 7 640 373 705 78 000 3 07 3 07 8 645 00 408 83 000 50 094 635 96 999 8 449 534 888 67 9 43 90 008 76 640 000 978 49 655 660 33 589 3 979 54 88 70 878 37 597 399 356 803 979 54 88 0 5 090 94 7 709 440 000 00 000 000 000 000 000 000 48 909 057 88 90 560 000 Aufgabe Genau dann gilt z a = az,wenn (z a)(z a) =( az)( az) z + a =+ a z, also wenn a z = a gilt. Wenn a =ist, ist Z = C, andernfalls Z = {z C z =}. 6

Lösungen der. Klausur zur Analysis I Damit gilt a 6= inf Z = falls 0 a = a 6= und sup Z = falls a =. Aufgabe 3 (a) Es gilt (b) Es gilt a = X j= j = ( +) a = +3 + +3 = 3 q + = +. + 3 3. (c) Es gilt 3 5 3 +9 ³ (7 8 ) 7 + 9 = 5 9 0 7 ³ 0 7 7 7 =0, µ 3 d.h. 5 +9 (7 8 )(7 ist onvergent. Demnach ist (a ) ) genau dann onvergent, wenn ³ q q ³ q i + onvergiert. Da lim + > =, onvergiert i genau dann, + wenn die Folge der Werte r r + i + = i, N, onvergiert. Aber i () = i 4 = i 0 = und i (3 ) = i 9 = i, denn i = i = i 9 und i 9+ = i 9 9 = i 9 = = i. Also hat ³i verschiedene Häufungspunte und ist somit divergent. Damit ist auch (a ) divergent. Aufgabe 4 Behauptung: Es gilt a < für alle N. In der Tat gilt a 0 = <, und ist a <, so folgt a > =, also ist a + wohldeþniert und a + = <. a 7

Lösungen der. Klausur zur Analysis I Damit gilt die Behauptung. Weiter gilt für alle N Da a > > 0 ist, folgt ( a ) a = a a +=(a ) > 0. a + = >a, a d.h. (a ) ist streng monoton wachsend und durch beschränt, also onvergent. Für den Grenzwert a = lim a gilt mit den Grenzwertsätzen a = a (a ) =0 a =. Aufgabe 5 Es gilt a + a = + X l=+ l X l=+ l = ( +) + + + = Diese Zahl ist > 0 und 6 (+) gibt ein n N mit P q =p mit dem obigen = + ( +) = ( +)( +). (+) Daraus folgt die Behauptung..Seinunε > 0. Da die Reihe P =0 onvergiert, (+) 6 ε für alle q>p> n.seienp, q > n,œq>p. Es gilt q X a q a p = a q a p = (a + a ) 6 =p q X =p ( +) 6 ε. Aufgabe 6 Die Aussage ist falsch, denn die Reihe X X ( ) l a l = onvergiert l + l=0 l=0 nach dem Leibniz-Kriterium, während mit b l =( ) l die harmonische Reihe X X a l b l = beanntlich divergiert, l + l=0 l=0 obwohl (b l ) durch beschränt ist. 8

Lösungen der. Klausur zur Analysis I Aufgabe 7 (a) Es gilt l + l 0 < l 3 = l + l l ++ l l 3 l ++ l 6 l l 3 l = l. Nach dem Majorantenriterium ist P l= a l (absolut) onvergent. Man hätte auch folgendermaßen vorgehen önnen. Es gilt l + l 6 für alle l >. In der Tat ist die Funtion wachsend und somit ³ l + = l + l > l +> l +. Daraus folgt a l 6 l 3 = l 3 onvergent. Nach dem Majorantenri- Nun ist 3 >, also nach Abschnitt 6. P l= terium ist auch P l= a l (absolut) onvergent. (b) Es gilt ( ) l a l = +cosπl l für alle l >. l 3 = +( )l l Die Reihe P l= onvergiert nach dem Leibniz-Kriterium; würde also P l l= a l onvergieren, so würde auch X X ( ) l X a l = l l l= onvergieren, was nicht der Fall ist. Daher divergiert die Reihe. l= l=. Aufgabe 8 Es gilt für x <,dass p 3 3(l +)x l+ r l + 3 3lx l = 3 x x <, l also onvergiert die Reihe in diesem Fall absolut nach Quotientenriterium (vgl. Sript, Kapitel 6.9, Satz und Bemerung ). Für x > ist 3 3l x l 3 > 3l ³ also 3 3l x l l N eine Nullfolge, also divergiert die Reihe in diesem Fall. 9

Lösungen der. Klausur zur Analysis I Aufgabe 9 lim π 6=x π Für π 6= x [0, π] ist cos x 6= 0,alsoistf a dort stetig. Weiter gilt sin x cos x = lim π 6=x π Da f a π = a ist, ist fa genau dann in π sinx cos x cos x = lim π 6=x π sinx =sinπ =., also überall, stetig, wenn a =. Aufgabe 0 Es gibt ein solches x, denn für die stetige Funtion f :[0, ] R : x 7 exp (x ) x gilt f (0) = exp ( ) = exp () < = < 0 und f () = + exp (0) =exp(0)=> 0, also hat nach dem Zwischenwertsatz (oder dem Satz von Bolzano) f eine Nullstelle x [0, ], d.h. die Gleichung hat eine Lösung x. Da id auf [0, ] streng fällt und exp (id ) als Vernüpfung der streng wachsenden Funtionen exp und id ebenfalls streng wachsend ist, ist f streng wachsend, also x eindeutig. Aufgabe Es gilt ³ π f =sin π ³ exp π ³ =exp π =: ε > 0. Da sin 6 ist und exp ( id) streng fällt mit lim x exp ( x) =0,gibtesR> π mit f (x) 6 ε für alle x>r. Das Maximum der stetigen Funtion f [0,R] existiert nach Weierstrass und ist > ε,also ein Maximum von f. Aufgabe Die Funtion exp ist streng wachsend, und die Funtion exp ( id) ist streng fallend. Ferner ist für x > 0 exp ( x) = ]0, ]. exp (x) Da die Funtion sin auf [0, ] wachsend ist, folgt für x, y [0, [ mit x<y exp y exp x>0 > sin exp ( y) sin exp ( x), also f (y) =expy sin exp ( y) > exp x sin exp ( x) =f (x), d.h. f ist streng wachsend und somit insbesondere injetiv. Da f als Vernüpfung stetiger Funtionen stetig ist, ist f : f ([0, [) R somit ebenfalls stetig und streng wachsend. 0

Lösungen der. Klausur zur Analysis I Weiter gilt f (0) = exp (0) sin exp (0) = sin. Somit ist sin f ([0, [) [ sin, [. Da sin beschränt ist, gilt weiterhin = lim x exp (x) =lim x f (x). Ist also R> sin,sogibtesx > 0 mit f (x) >R. Mit dem Zwischenwertsatz folgt, dass es y ]0,x[ mit f (y) =R,sodassR f ([0, [) ist. Damit gilt f ([0, [) = [ sin, [.

Fachbereich Mathemati und Informati Prof. Dr. C. Portenier der Philipps-Universität Marburg Wintersemester 00/0 Wiederholungslausur zur Analysis I 5. April 00 4:5-6:45 Uhr Bitte bearbeiten Sie jede Aufgabe auf einem gesonderten Blatt, welches Sie vorher mit Ihrem Namen versehen. Blätter ohne Namen werden nicht gewertet. Als Hilfsmittel sind Ihre Vorlesungs- und Übungsaufzeichnungen zugelassen. Bitte achten Sie bei der Bearbeitung der Aufgaben auf eine sorgfältige und lesbare Darstellung und geben Sie, zumindest stichpuntartig, Begründungen für Ihre Rechnungen an. In der Vorlesung oder den Übungsaufgaben bewiesene Resultate önnen ohne Beweis zitiert werden. Viel Glüc! Name: Zahl der abgegebenen Blätter: Aufgabe 3 4 5 6 7 8 9 0 Punte P Note 3

Wiederholungslausur zur Analysis I Aufgabe Es sei n Nr{0}. () (a) Zeigen Sie mittels der binomischen Formel nx µ n n =. =0 (b) Folgern Sie : Die Anzahl der mindestens (n +)-elementigen Teilmengen einer nelementigen Menge ist gleich µ µ n n. n Aufgabe Zeigen Sie für alle n Nr{0} und z C () n Y ³+z = =0 X n l=0 z l. Aufgabe 3 Untersuchen Sie die unten angegebenen Folgen in C auf Konvergenz und bestimmen Sie gegebenenfalls den Grenzwert. (a) a = 4 + 7 ³ (7 ) 6 + i r () (b) a =cos " µ # + () Aufgabe 4 Untersuchen Sie die reursiv deþnierte Folge (a ) N mit (4) a 0 := 0 und a + := 5 8 a + für alle N auf WohldeÞniertheit, Konvergenz und bestimmen Sie ggf. den Grenzwert. Aufgabe 5 Sei (a ) N Cr{0} eine gegen a Cr{0} onvergente Folge. Beweisen (3) Sie: X X a + a < a + a <. =0 =0 5

Wiederholungslausur zur Analysis I Aufgabe 6 Für welche x R onvergiert folgende Reihe? Für welche x onvergiert sie () absolut? Ã X lx! x l j l= j= Aufgabe 7 Zeigen Sie, dass für x P 0, 4 3 die Reihe l=0 (l +)( x)l onvergiert mit (4) X x 6 (l +)( x) l 6 x +3x. l=0 Aufgabe 8 (a) (b) Berechnen Sie die folgenden Grenzwerte: lim x sinh (x) exp ( x) lim 0<x 0 x cos µ x () () Aufgabe 9 Für welche a R ist die Funtion (3) a x =0 f a : R R : x 7 falls exp q x cos (x ) x 6= 0 x 4 stetig auf R? Aufgabe 0 Zeigen Sie, dass die Gleichung (3) +cos(y) = genau eine Lösung im Intervall 0, π besitzt. exp ( cos (y)) cos (y) Aufgabe Zeigen Sie, dass die Funtion (3) ein Maximum besitzt. f :]0, [ R : x 7 x 3 exp ( x) 6

Wiederholungslausur zur Analysis I Aufgabe Zeigen Sie, dass die Funtion (4) µ f :[0, [ R : x 7 ln (x + e)+cos ln (x + e) injetiv ist, und bestimmen Sie ihr Bild f ([0, [). Beweisen Sie weiterhin, dass die Umehrfuntion f : f ([0, [) [0, [ stetig ist. 7

Fachbereich Mathemati und Informati Prof. Dr. C. Portenier der Philipps-Universität Marburg Wintersemester 00/0 Lösungen der Wiederholungslausur zur Analysis I Aufgabe (a) Es gilt mit binomischer Formel (b) Es gilt n =(+) n = # {A n #A > n +} = = nx =0 nx =n+ µ n n = nx =0 µ Ã nx n = =n+ µ n µ n n. µ n. µ n Xn + =0 µ! n = Aufgabe Beweis durch Indution nach n.sein =. Es gilt 0Y ³+z X =+z = z. =0 Die Formel gelte für n Nr{0}. Es gilt ny =0 denn n + n = n+. ³+z = n X +z n =0 z = X n =0 =0 z + X n =0 z +n = n+ X =0 z, Aufgabe 3 (a) Es gilt r i 6 r 0, also lim i q =0. Weiter gilt 4 + 7 ³ (7 ) 6 = + 7 3 ³ 4 7 6 7 6 = 3. 9

Lösungen der Wiederholungslausur zur Analysis I Damit folgt lim a =. 3 (b) Es gilt µ µ lim = "lim + # = + e. Da cos eine stetige Funtion ist, folgt µ µ lim cos =cos + e. Aufgabe 4 Es gilt 0 6 a 6 5.InderTat:a 8 0 =0 0, 8 5 und indutiv gilt a + >, also ist a + wohldeþniert und a + = 5 8 +a 6 5 8. Offenbar ist a + > 0. Die Folge erfüllt die Cauchybedingung. In der Tat: a + a = 5 a a 8 ( + a ) 6 5 +a 8 a + a a a 6 Damit folgt für > l 6 5 8 5 8 a a 6 6 j=l µ 5 (a a 0 )= 5 3 8 X a a l 6 a j+ a j 6 5 8 X µ j 5. 3 j=l µ 5. 3 Da 5 <, onvergiert die dazugehörige geometrische Reihe, so dass es zu gegebenem 3 ε > 0 ein n N gibt, so dass die rechte Seite der Ungleichung 6 ε ist, wann immer, l > n.daherist(a ) eine Cauchyfolge und somit onvergent. Der Grenzwert a erfüllt die Gleichung a = 5 8 a 3 + a 5 +a 8 =0 und die Bedingung > a > 0. ist eine Lösung dieser Gleichung. Es gilt für >b> 0 b 3 + b 5 8 b = b + b + 5 4 > 0, also hat die ubische Gleichung eine anderen Lösungen mit dieser Bedingung und es folgt a =. 30

Lösungen der Wiederholungslausur zur Analysis I Aufgabe 5 Da a>0 ist, gilt ε := inf a > 0. Es folgt a + a = a a + 6 a a + ε a a +. Daher folgt die zweite Aussage aus der ersten mit dem Majorantenriterium. ³ Die umgeehrte Impliation folgt mit der ersten, angewandt auf die Folge a Cr{0},denn es gilt nach Grenzwertsätzen lim = a a 6=0, so dass diese Folge die Voraussetzungen der ersten Impliation erfüllt. Aufgabe 6 Es gilt x l+ Pl+ j= x l Pl j= j j = x + P l l+ P l j= j= j j à = x +! (l +) P x, l j= j da die harmonische Reihe P j= divergiert. Nach dem Quotienriterium onvergiert die j Reihe also für x < absolut. Ist hingegen x >,sogilt lx xl j > > 0, also ist j= ³ x l Pl j= eine Nullfolge und die Reihe divergiert. j Aufgabe 7 Sei 0 6 x 6 3 4.Dannist (l +) x l l>0 eine Nullfolge. Falls l > ist, gilt x 6 3 4 6 l +,also (l +) x l+ 6 (l +) x l. l + Damit ist die Folge (l +) x l fallend und nach dem Leibnizriterium folgt, dass die l> Reihe P = ( )l (l +)x l onvergiert mit X 0 6 ( ) l (l +) x l 6 3 x. = Durch Addition von x erhält man die Behauptung. Aufgabe 8 (a) Es gilt sinh x lim x = lim e x x ex e x e x = limx e x =. 3

Lösungen der Wiederholungslausur zur Analysis I (b) Es gilt µ x cos 6 x 0 (x 0). x Aufgabe 9 Die Funtion f a ist stets auf Rr{0} stetig, es reicht, die Stetigeit in 0 zu prüfen. Es gilt r lim 06=x 0 f a (x) = lim x 0 e x x cos x = lim 4 x 0 e y x = lim y y e y =0. Damit muss a =0sein. Aufgabe 0 Die Gleichung ist für y 0, π zu ( + cos y) cos y = e cos y äquivalent. cos ist auf diesem Intervall streng fallend und > 0,alsoist( + cos) cos streng fallend und e cos streng wachsend. Daher gibt es höchstens eine Lösung. Nun ist ( + cos) cos e cos als Summe von Funtionen, die als Vernüpfung stetiger Funtionen stetig sind, eine stetige Funtion. Weiter gilt ( + cos 0) cos 0 e cos 0 =3 e > 3 e>0, sowie ³ +cos π cos π e cos π = < 0. Nach dem Zwischenwertsatz existiert eine Nullstelle dieser Funtion und damit eine Lösung der Gleichung, die nach dem obigen eindeutig ist. Aufgabe Es gilt 3 exp ( ) = e > 0. Weiter gilt lim x x 3 exp ( x) = 0 = lim x 0 x 3 exp ( x). Daher gibt es R> >r>0,sodassexp ( x) x 3 < für alle x>rund x<r.die e stetige Funtion f [r,r] besitzt ein Maximum >, dies ist also auch ein Maximum von f. e Aufgabe Die Funtion f ist streng wachsend. Denn ln (e + id)ist streng wachsend als Vernüpfung streng wachsender Funtionen. ist streng fallend und da für x > 0 ln(e+id) ln (e + x) > ln e => 0, ist für x > 0 0 < ln (e + x) 6 < π. 3

Lösungen der Wiederholungslausur zur Analysis I ist cos streng fallend. Damit ist cos ³ ln(e+id) als Vernüpfung Auf dem Intervall 0, π streng fallender Funtionen streng wachsend. Insbesondere ist f als Summe streng wachsender Funtionen streng wachsend und somit auch injetiv. Da f als Summe von durch Vernüpfung stetiger Funtionen stetig ist, folgt mit dem Zwischenwertsatz f ([0, [) = [f (0), lim x f ( )[ = [ + cos, [, denn f (x) > ln (e + x) (x ). Da f streng wachsend, stetig und auf einem Intervall deifniert ist, folgt nach Vorlesung, dass auch f streng wachsend und stetig ist. 33