1. ¨Ubungsblatt zur Analysis I (Lösungshinweise) - Aufgaben

Institut für Mathematik
Universität Hannover
Dr. H. Köditz
1. Übungsblatt zur Analysis I (Lösungshinweise)
Hannover, den 28. Oktober 2002
Mit (*) oder Knacki gekennzeichnete Aufgaben sind Zusatzaufgaben, die Extrapunkte ergeben.
Aufgabe 1 (5 Punkte)
Man zeige: Für jedes a ∈ R mit a �= 0 gilt: (−a) −1 = −a −1 .
Beweis: Sei a ∈ R, a �= 0. (−a) −1 ist Inverses zu −a. Nach Satz 2.7 (Eindeutigkeit der Inversen) ist zu
zeigen, dass auch −a −1 Inverses von −a ist. Also:
(−a) · (−a −1 )
Satz 2.11
=== −(a · (−a −1 )) (M1)
=== −((−a −1 Satz 2.11
) · a) === −(−(a −1 Satz 2.3
· a)) === a −1 · a = 1. ✷
Aufgabe 2 (5 und 10 Punkte)
a) Man zeige, dass √ 7 nicht rational ist.
Beweis: (durch Widerspruch)
Annahme: Es gibt p, q ∈ N mit √ 7 = p
q . p, q können dann teilerfremd gewählt werden. Es folgt 7q2 = p 2 .
Also ist p 2 und damit auch p durch 7 teilbar (!); also p = 7k mit passendem k ∈ N. Man erhält q 2 = 7k 2 ;
also ist auch q durch 7 teibar. Dies ist ein Widerspruch zur Teilerfremdheit von p, q ✷.
b) Sei Q( √ 7) := {a + b √ 7 : a, b ∈ Q }. Man zeige, dass Q( √ 7) mit den in R definierten Verknüpfungen ” +“
und ” ·“ ein Körper ist.
Beweis: Zunächst gilt für x, y ∈ Q( √ 7) auch −x, x + y, x · y ∈ Q( √ 7). Wegen Q( √ 7) ⊂ R sind die Axiome
(A1)-(A4), (M1)-(M3) und (D) natürlich erfüllt. Zu prüfen ist also nur (M4). Sei also 0 �= x = a + b √ 7 ∈
Q( √ 1
7). Einziger Kandidat für das Inverse ist natürlich y :=
a + b √ 7 = a − b√7 a2 a
=
− 7b2 a2 b
−
− 7b2 a2 − 7b2 √
7.
Verbleibt zu zeigen, dass a2 − 7b2 �= 0. Für b = 0 ist nichts zu zeigen, für b �= 0 folgt dies aus (a) ✷.
Aufgabe 3 (je 5 Punkte)
a) Man zeige: Für alle x ∈ R, x > 0, gilt: x + 1
x
≥ 2.
Beweis: Sei x > 0. Nach Satz 2.19 gilt x2 − 2x + 1 = (x − 1) 2 ≥ 0 ⇐⇒ x2 + 1 ≥ 2x. Wegen x > 0 liefert
die Multiplikation dieser Ungleichung mit 1
x die Behauptung ✷.
b) Man zeige: Für alle x, y ∈ R, 0 < x < y, gilt: ( y − x ) 2 < y 2 − x 2 .
Für welche x, y ∈ R gilt hier das Gleichheitszeichen?
Beweis: Seien x, y ∈ R, 0 < x < y, gegeben.
y 2 − x 2 − (y − x) 2 = 2xy − 2x 2 = 2x(y − x) > 0 ✷. Die Gleichheit (= 0) gilt nur im Falle x = 0 oder x = y.
Aufgabe 4 (5 Punkte) (*)
Sei F2 der in der Vorlesung definierte Körper mit genau zwei Elementen. Man zeige, dass F2 kein geordneter
Körper sein kann.
Beweis: (durch Widerspruch) Annahme: Es gibt eine passende Anordnung auf F2 = {0, 1}. Dann gilt
entweder 1 > 0 oder 1 < 0 (Trichotomie (Ord1)). Mit Satz 2.18:
Aus 1 > 0 folgt 0 = 1 + 1 > 0 + 1 = 1; aus 1 < 0 folgt 0 = 1 + 1 < 0 + 1 = 1, also jeweils ein Widerspruch ✷.

Institut für Mathematik
Universität Hannover
Dr. H. Köditz
Aufgabe 5 (10 Punkte)
Man zeige : Für alle x, y ∈ R gilt :
Beweis: Für −1 < x < y gilt x
1+x
2. Übungsblatt zur Analysis I (Lösungshinweise)
< y
1+y
|x + y|
1 + |x + y| ≤
|x| |y|
+
1 + |x| 1 + |y|
.
Hannover, den 4. November 2002
⇐⇒ x(1 + y) < y(1 + x) ⇐⇒ x + xy < y + xy ⇐⇒ x < y.
(Die Funktion x ↦→ x
1+x ist für x > −1 streng monoton wachsend.)
Deshalb gilt auch wegen |x + y| ≤ |x| + |y| (Dreiecksungleichung):
|x + y|
1 + |x + y| ≤
Aufgabe 6 (je 5 Punkte)
k=1
|x| + |y|
1 + |x| + |y| =
Man zeige : Für alle n ∈ N, n ≥ 1, gilt:
n�
a) k 2 = 1 2 + 2 2 + · · · + n 2 n(n + 1)(2n + 1)
= .
6
|x|
1 + |x| + |y| +
|y|
1 + |x| + |y| ≤
Beweis: (vollständige Induktion)
1. Für n = 1 ist die Beh. richtig.
2. Die Behauptung sei für ein n ∈ N>0 richtig. Z.z. ist die Richtigkeit für n + 1.
n+1 �
k 2 =
k=1
b)
n�
k=1
n�
k=1
k 2 + (n + 1) 2 =
n(n + 1)(2n + 1)
6
k 3 = 1 3 + 2 3 + · · · + n 3 = (1 + · · · + n) 2 =
+ (n + 1) 2 =
�
n�
k
k=1
� 2
(n + 1)(n + 2)(2n + 3)
6
.
|x| |y|
+
1 + |x| 1 + |y|
Beweis:(vollständige Induktion)
1. Für n = 1 ist die Beh. richtig.
2. Die Behauptung sei für ein n ∈ N>0 richtig. Z.z. ist die Richtigkeit für n + 1.
n+1 �
k 3 n�
= k 3 + (n + 1) 3 �
n�
�2 = k + (n + 1) 3 � �2 n(n + 1)
=
+ (n + 1)
2
3 =
k=1
�
n+1
�
k
k=1
k=1
�2
✷.
Aufgabe 7 (2 und 8 Punkte)
Man zeige: Für alle n ∈ N>0 gilt:
n�
� �
n
a) = 2
k
n
und
k=0
k=1
n�
(−1) k
� �
n
k
k=0
= 0 .
✷.
.✷
� (n + 1)(n + 2)
Beweis: In der binomischen Formel (Satz 3.5) setze man a = b = 1 bzw a = −1, b = 1 ✷.
n�
� �
n
b) k = n 2
k
k=0
n−1
n� (−1)
und
k=0
k � �
n 1
=
k + 1 k n + 1 .
� �
n + 1
Beweis: Für n ∈ N, k ≤ n, gilt =
k + 1
(n + 1) · n · (n − 1) · · · (n − k + 1)
=
(k + 1)!
n + 1
� �
n
. Also:
k + 1 k
n�
� � n�
� � n�
n n
k = k = k
k
k
n
� � n�
� �
n − 1
n − 1
= n
= n 2
k k − 1
k − 1
n−1 nach (a).
k=0
k=1
k=1
k=1
1
2
� 2
=

Ganz ähnlich:
n�
k=0
(−1) k
k + 1
� �
n
k
= 1 +
= 1 +
= 1 −
n�
k=1
1
n + 1
Aufgabe 8 (je 5 Punkte) Knacki
� �
n�
� �
n
1
k n + 1 n
= 1 + (−1)
k n + 1 k + 1 k
k=1
n�
(−1) k
� �
n+1
n + 1
1 �
= 1 − (−1)
k + 1 n + 1
k
� �
n + 1
k
(−1) k
k + 1
k=1
a) Es seien x1, x2, · · · , xn positive reelle Zahlen mit
Beweis: (durch vollständige Induktion)
1. Für n = 1 gilt x1 = 1.
1
1
(−1 + (n + 1)) =
n + 1 n + 1
k=2
wegen (a) ✷.
n�
xk := x1 · x2 · · · xn = 1. Man zeige:
k=1
n�
xk ≥ n .
k=1
2. Die Ungleichung sei für ein n ∈ N>0 richtig. Z.z. ist die Richtigkeit für n + 1. Seien also x1, · · · , xn+1
positiv mit � n+1
k=1 xk = 1. Dann gilt auf Grund der Induktionsannahme
x1 + · · · + xn−1 + xnxn+1 ≥ n .
Es ist keine Einschränkung, xn ≤ 1, xn+1 ≥ 1 vorauszusetzen (evt. umsortieren). Damit erhält man
die Behauptung. ✷
xn(xn+1 − 1) ≤ xn+1 − 1 ⇐⇒ xnxn+1 ≤ xn + xn+1 − 1
⇒ x1 + · · · + xn + xn+1 − 1 ≥ x1 + · · · + xn−1 + xnxn+1 ≥ n ,
Bemerkung: Sind nicht alle xk gleich (= 1), so kann man sogar xn < 1, xn+1 > 1 voraussetzen und erhält
die strenge Ungleichung.
b) Es seien y1, y2, · · · , yn beliebige positive reelle Zahlen. Man beweise die Ungleichung vom arithmetischen
und geometrischen Mittel (AGM-Ungleichung):
G := n√ y1 · · · yn ≤ y1 + · · · + yn
n
Beweis: Wir setzen xk := yk
G und erhalten � xk = 1. Mit (a) ergibt sich so die Behauptung ✷.
Das Gleichheitszeichen gilt nach (a) Bemerkung genau dann, wenn alle yk gleich sind.
2
.

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Universität Hannover
Dr. H. Köditz
3. Übungsblatt zur Analysis I (Lösungshinweise)
Hannover, den 11. November 2002
Aufgabe 9 (7 Punkte) Man zeige: Zu je zwei Zahlen x, y ∈ R mit x < y gibt es eine rationale Zahl ξ
und eine irrationale Zahl η mit x < ξ < y und x < η < y.
Beweis: Es ist keine Einschränkung, 0 < x < y vorauszusetzen - sonst betrachte man das Intervall
x + n < y + n mit einem passenden n ∈ N (nach Archimedes gibt es stets ein n > |x|.)
1. Nachweis der Existenz eines ξ ∈ Q. (Q ist die Menge der rationalen Zahlen):
< y − x (∗). Der Satz von Archimedes sichert die Existenz eines k ∈ N
< y und
Nach Satz 4.5 gibt es ein n ∈ N mit 1
n
mit k ≥ ny, also k
n ≥ y (†). Sei k0 das kleinste solche k. Wegen (∗) gilt k0 > 1. Es folgt k0−1
n
x (∗)
< y − 1
n
(†)
≤ k0 − 1
n
< y .
ξ := k0−1
n ∈ Q leistet also das Gewünschte ✷.
2. Nachweis der Existenz eines η ∈ R \ Q.
Nach 1. gibt es ein ξ∗ ∈ Q mit x √ < ξ
2 ∗ < y √ . Es folgt sofort mit η :=
2 √ 2 ξ∗ ∈ R \ Q : x < η < y ✷.
Aufgabe 10 (5 und 8 Punkte)
a) Seien m, n ∈ N mit 0 < m ≤ n. Man zeige:
n�
k=m
1
k(k + 1)
Beweis: (Geschenk!) Nach Gruppenübung 2 gilt � n
k=1
n�
k=m
1
k(k + 1) =
n�
k=1
1
k(k+1)
= 1
m −
= n
n+1
1
n + 1 .
für alle n ∈ N>0.
1
k(k + 1) −
m−1 � 1 n m − 1 1
= − =
k(k + 1) n + 1 m m
k=1
−
b) Man bestimme - falls vorhanden - max, min, inf und sup der Menge
�
n�
�
1
M :=
: n, m ∈ N, 0 < m ≤ n .
k(k + 1)
Mit sm,n := � n
k=m
k=m
1
n + 1 ✷.
1
k(k+1) gilt wegen (a) 0 < sm,n < 1. Die Menge M ist nach oben und unten beschränkt
und besitzt deshalb ein Infimum und ein Supremum.
(i) Behauptung: inf M = 0
Beweis: 0 ist untere Schranke. Bleibt also zu zeigen, dass keine größere Zahl untere Schranke sein kann. Sei
< ε. Mit m := k, n := k + 1 folgt
also ε > 0 eine solche Zahl. Nach Satz 4.5 gibt es ein k ∈ N mit 1
k
Sk,k+1 = 1 1
−
k k + 2
< 1
k
< ε .
ε ist also keine untere Schranke für M ✷.
(ii) Behauptung: sup M = 1
Beweis: 1 ist obere Schranke. Bleibt also zu zeigen, dass keine kleinere Zahl obere Schranke sein kann. Sei
also η < 1 eine solche Zahl. Da sm,n > 0, bleibt η > 0 zu untersuchen. Nach Satz 4.5 gibt es ein n ∈ N mit
< 1 − η. Wir wählen m := 1 und erhalten
1
n
η ist also keine obere Schranke ✷.
s1,n =
n
n + 1
= 1 − 1
n
1
> η .

Aufgabe 11 (10 Punkte)
�√ �
x + y
Sei M := : x, y ≥ 1 ⊂ R. Man bestimme - falls vorhanden - max M, min M, inf M und sup M.
xy
(1) Wegen m > 0 für alle m ∈ M ist 0 untere Schranke für M. Wir zeigen, dass keine Zahl ε > 0 untere
Schranke ist. Nach Satz 4.5 gibt es ein n ∈ N>2 mit 1
n < ε. Wir wählen x = y := n2 und erhalten
√
n2 + n2 n4 √
2 1
= < < ε. Also ist inf M = 0 und wegen 0 �∈ M existiert kein Minimum ✷.
n3 n
√
x + y
(2) Für x, y ≥ 1 :
xy =
�
1
sich √ 2 ∈ M, also max M = sup M = √ 2 ✷.
Aufgabe 12 (10 Punkte) Knacki
1
+
xy2 x2y ≤ √ 2. Also ist √ 2 obere Schranke für M. Mit x = y = 1 ergibt
Es seien a, b ∈ R mit 0 < a < b gegeben. Zwei Funktionen f, g : N → R seien gegeben durch:
f(0) := a, g(0) := b und f(n + 1) := 2 f(n)g(n)
f(n) + g(n)
1
, g(n + 1) := (f(n) + g(n)) für n ∈ N .
2
Man zeige, dass die Menge A := {f(n) : n ∈ N} nach oben, die Menge B := {g(n) : n ∈ N} nach unten
beschränkt ist und sup A = inf B = √ ab gilt.
Beweis: Zur Abkürzung: fn := f(n), gn := g(n).
1. gn+1 − fn+1 = fn + gn
2
stets fn ≤ gn.
2. fn+1 = 2 fngn
fn + gn
Induktionsbeweis)
3. gn+1 = fn + gn
2
− 2 fngn
fn + gn
1.
≥ 2 fngn
gn + gn
= (fn + gn) 2 − 4fngn
2(fn + gn)
= (fn − gn) 2
2(fn + gn) ≥ 0. Wegen f0 < g0 gilt also
= fn für alle n. Es folgt a ≤ fk ≤ fn für jedes n ≥ k. (winziger
1.
≤ gn für alle n. Es folgt gn ≤ gk ≤ b für jedes n ≥ k. (winziger Induktionsbeweis)
4. Für k, n ∈ N gilt fk ≤ gn. Denn: (i) k ≤ n: fk
2. 1.
1. 3.
≤ fn ≤ gn und (ii) k > n: fk ≤ gk ≤ gn.
5. Also ist jedes gk obere Schranke für A und jedes fk untere Schranke für B. Es existieren also α := sup A
und β := inf B und es gilt 0 < α ≤ β.
Behauptung: α = β.
Beweis: (durch Widerspruch) Annahme c := β − α > 0.
Mit gn ≥ β, fn ≤ α folgt gn − fn ≥ β − α = c und somit gn − gn+1 = gn − fn+gn gn−fn c
2 = 2 ≥ 2 . Ein
kleiner Induktionsbeweis liefert für jedes k: gn − gn+k ≥ k c
2 ⇐⇒ gn+k ≤ gn − k c
2 . Wählt man k so
groß, dass k c
2 > b gilt (Archimedes), so folgt gn+k < gn − b < 0 im Widerspruch zu gj > 0 für alle j ✷.
6. Nach Adam Riese: fn+1gn+1 = 2 fngn
Aus ab = fngn ≤ αgn folgt, dass ab
α
gilt: ab ≤ α2 .
fn + gn
Aus ab = fngn ≥ fnβ = αfn folgt, dass ab
α
gilt: ab ≥ α2 .
· fn + gn
2
= fngn. Also gilt fngn = f0g0 = ab (Induktion).
untere Schranke für B ist, was ab
α
Also zusammen ab = α 2 und somit α = √ ab, da α > 0 ✷.
obere Schranke für A ist, was ab
α
2
≤ β = α zur Folge hat. Deshalb
≥ α zur Folge hat. Deshalb

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Dr. H. Köditz
Aufgabe 13 (je 5 Punkte)
4. Übungsblatt zur Analysis I (Lösungshinweise)
Hannover, den 18. November 2002
Durch Anwendung der Rechenregeln für Folgen zeige man die Konvergenz der Folgen (an), (bn)
und ermittle die Grenzwerte a, b. Sodann ermittle man zu gegebenem ε > 0 ein n0 ∈ N so, dass
|an − a| < ε für alle n ≥ n0 gilt.
2n
a) an :=
2 + 1
(n + 1)(n + 2) =
2 + 1/n2 → 2 für n → ∞.
(1 + 1/n)(1 + 2/n)
2n + 1 6 6
Für n ≥ 1 gilt nun: |an − 2| = 3
< < . Sei nun ε > 0 gegeben. Für jedes
(n + 1)(n + 2) n + 2 n
n > 6
ε , also etwa für n ≥ n0 := � �
6
ε + 1 gilt dann |an − 2| < ε ✷.
(Hierbei ist [x] die größte ganze Zahl kleiner oder gleich x.)
n
√ n 2 + n + n =
1
� →
1 + 1/n + 1 1
2
b) bn := � n2 + n − n =
für n → ∞.
�
Hierzu benötigt man 1 + 1
x2
n → 1. Dies folgt mit 1 + x < 1 + x + 4
⇒ √ 1 + x < 1 + x
�
, (x > 0), aus 1 < 1 +
2 1 1
n < 1 + 2n .
�
�
Mit dieser Abschätzung ergibt sich: �
�bn − 1
�
�
�
2�
=
�
1 + 1/n − 1
2( � 1 + 1/n + 1) <
1
2n 1
=
4 8n .
Sei nun ε > 0 gegeben. Für jedes n > 1
8ε , also etwa für n ≥ n0 := � 1
8ε
Aufgabe 14 (2, 4, 4 und 4 Punkte)
= (1 + x
2 )2 ,
� + 1 gilt dann |bn − 1
2
Man untersuche die nachstehenden Folgen auf Konvergenz und ermittle ggf die Grenzwerte.
a) an := 1 2 n 1
+ + · · · + =
n2 n2 n2 n2 n�
k =
k=0
n(n + 1)
2n 2
1
→
2 .
b) Mit βn := n√ n − 1 > 0 erhält man für n ≥ 2 : n = (1 + βn) n = �n und somit β2 n < 2
n−1 , was βn → 0 für n → ∞ zur Folge hat ✷.
c) c0 := 1, c1 := 2, cn+2 := 1
2 (cn + cn+1), (n ∈ N).
k=0
� n
k
| < ε ✷.
�
βk n > � � n
β2 n = n(n−1)
Für n ≥ 2 ergibt sich cn − cn−1 = 1
2 (cn−1 + cn−2) − cn−1 = − 1
2 (cn−1 − cn−2). Ein kleiner Induktionsbeweis
liefert nun cn − cn−1 = � − 1
�n−1 2 (c1 − c0) = � − 1
�n−1. 2
n−1 �
Wegen cn = (cn − cn−1) + (cn−1 − cn−2) + · · · + (c1 − c0) + c0 = 1 + (− 1
2 )k ergibt die geometrische
1 − (−1/2)n 2 5
Summenformel cn = 1 + → 1 + =
1 − (−1/2) 3 3 ✷.
�
d) dn := 1 + 1
n2 �n �
. Aus der Vorl. ist die Konvergenz der Folge (1 + 1
n )n
�
bekannt - der Grenz-
�
wert ist die Eulersche Zahl e. Die Folge d n n = (1 + 1
�
)n2 konvergiert als Teilfolge also ebenfalls
n2 gegen e, ist also beschränkt, etwa dn n < K. Deshalb gilt 1 < dn < n√ K. Wegen n√ K → 1 (Tutorenprogramm)
folgt dn → 1 für n → ∞ ✷.
1
k=0
2
2
β 2 n

Aufgabe 15 (je 3 Punkte)
a) Es sei (an) eine Folge positiver Zahlen, q ∈ R, und es gelte an+1
Beweis: Für jedes n > 0 gilt an = an
b) Zu gegebenem k ∈ N sei an :=
ist.
Beweis: Mit (a):
an+1
an
= 1
2
�n+1 �k n
k
�
� = 1
2
< 1 1 3
(1 + ) = =: q < 1
2 2 4
für n > 3k. Also gilt an → 0 für n → ∞ ✷.
Aufgabe 16 (10 Punkte) Knacki
an
≤ q < 1. Man zeige: lim
n→∞ an = 0.
· an−1
· · ·
an−2
a1
· a0 ≤ a0 q
a0
n → 0 für n → ∞ ✷.
an−1
� � n
k
2n für n ≥ k. Man zeige, dass die Folge (an)n≥k eine Nullfolge
(n + 1)n(n − 1) · · · (n − k + 2)
n(n − 1) · · · (n − k + 1)
Sei (an) eine Folge positiver Zahlen. Die Folge
� an+1
an
= 1
2
Man zeige, dass dann auch die Folge ( n√ an) gegen q konvergiert.
n + 1 1
= (1 +
n − k + 1 2
k
n − k + 1 )
�
besitze einen positiven Grenzwert q > 0.
Beweis:
Da die Folge der Quotienten gegen q konvergiert, gibt es zu jedem ε > 0 ein n0 so, dass
q − ε < an+1
an < q + ε für alle n > n0 gilt. Für ε < q und diese n folgt:
(q − ε) n−n0 an0 < an = an
⇒ (q − ε) n
� an0
an−1
· an−1
an−2
(q − ε) n0 < n√ an < (q + ε) n
· · · an0+1
· an0 < (q + ε)n−n0 an0
an0
�
an0
(q + ε) n0
Zur Abkürzung sei K := an 0
(q+ε) n0 . Es gilt n√ K → 1 für n → ∞ (Tutorenprogramm). Deshalb
konvergiert die rechte Seite gegen q + ε, die linke Seite gegen q − ε. Es gibt also ein n1 ∈ N mit
(q +ε) n
� �
an0
an0
n
< q +2ε und (q −ε)
(q+ε) n 0
n1 ≥ n0 anzunehmen. Für diese n folgt:
Da ε > 0 beliebig war, folgt die Behauptung. ✷
(q+ε) n 0 > q −2ε für alle n > n1. Es ist keine Einschränkung,
q − 2 ε < n√ an < q + 2 ε.
2

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5. Übungsblatt zur Analysis I (Lösungshinweise)
Hannover, den 25. November 2002
Aufgabe 17 (5 Punkte) Man zeige:
Ist (an) eine Folge reeller Zahlen mit |an+1−an| < � �
1 n
2 für fast alle n, so ist (an) eine Cauchy-Folge.
Beweis: Sei ε > 0 gegeben. Es gibt ein n1 ∈ N mit � �
1 n−1
2 < ε für alle n ≥ n1. Es gelte obige
Ungleichung für alle n ≥ n0 ≥ n1. Die Dreiecksungleichung liefert für m > n ≥ n0:
|am − an| = |(am − am−1) + (am−1 − am−2) + · · · + (an+1 − an)| ≤
<
m−1 �
k=n
� �k 1
=
2
� 1
2
Also ist (an) eine Cauchy-Folge ✷.
�n m−n−1 �
k=0
� �k 1
=
2
Aufgabe 18 (3,3,3 und 6 Punkte)
∞�
Man überprüfe die folgenden Reihen an auf Konvergenz:
n=1
m−1 �
k=n
� �n−1 �
1
1 − (
2
1
2 )m−n
|ak+1 − ak|
�
<
n=1 n=1
n=1
c) an := n!3 −n . Die Folge (an) ist keine Nullfolge, da für n > 3 stets an = 1·2·3·4···n
3···3
� �n−1 1
< ε .
2
n + 1
a) an := : Für n ≥ 6 gilt (n − 3)(n − 2) = n
n!
2 − 5n + 6 ≥ n + 6 > n + 1. Deshalb:
n+1
n! <
(n−3)(n−2)
1
1·2···(n−3)(n−2)(n−1)n < (n−1)n . Da �∞ 1
n=6 (n−1)n konvergiert, konvergiert auch unsere Reihe.
∞� ∞� 1
an =
(n − 1)!
n=1 n=1
+
∞�
∞� 1 1
= 2 − 1 = 2e − 1. (Vorlesung!)
n! n!
n=1 n=0
b) an := 2 −n + 3 −n ∞� ∞�
� �n ∞�
� �n 1
1
: an = + = 1 +
2
3
1 3
= . (Geometrische Reihen!)
2 2
Reihe divergiert.
� 1�
d) an := 2
n
(1) Für n ∈ N>0 gilt:
� 1�
(∗) an = 2 =
n
1
2 ·
1
2 − 1
·
2
1
1
2 − 2 2 − (n − 1) n−1 1
· · ·
= (−1)
3 n
2
n�
k=2
2k − 3
2k
Die Reihe über�diese �Binomialkoeffizienten
ist also alternierend.
�an+1
�
(2) Außerdem: � �
2n − 1
� an
� =
2(n + 1) < 1. Also ist die Folge (|an|) monoton fallend.
(3) Aus (∗) : |an| = 1
n�
n�
n�
2k − 3 1 2k − 2 1 k − 1 1 1
< = = → 0 .
2 2k 2 2k 2 k 2 n
k=2
k=2
Die Folge (|an|) ist deshalb eine Nullfolge.
(4) Das Leibniz-Kriterium liefert mit (1)-(3) die Konvergenz der Reihe � an.
1
k=2
.
2 > 9
gilt. Die

Aufgabe 19 (6 und 4 Punkte)
Sei (an) eine monotone Nullfolge. Man zeige:
a) Verdichtungssatz von Cauchy
∞�
an konvergiert ⇐⇒
n=1
∞�
n=1
3 n a3n konvergiert.
Auf die Voraussetzung der Monotonie der Folge (an) kann nicht verzichtet werden (Beispiel!).
Beweis: oBdA seien alle an ≥ 0. Die Konvergenz ist also gleichbedeutend mit der Beschränktheit
der Partialsummen sn := �n k=1 ak, Sn := �n k=1 3ka3k. Da die Folge (an) monoton fällt, gilt für
k ≥ 1 :
3 k a 3 k = 3
2 (2 · 3k−1 a 3 k) ≤ 3
2 (a 3 k−1 +1 + · · · + a 3 k) und a 3 n−1 + · · · + a3 n −1 ≤ 2 · 3 n−1 a 3 n−1.
n−1 � 3
⇒ : Sei sn < K für alle n. Sn ≤ 3a3 +
2
k=1
3 k+1
�
j=3 k +1
aj ≤ 3 3
s3n ≤
2 2 K.
⇐ : Sei nun Sn ≤ M für alle n.
s3n n�
−1 =
3k �−1
n�
aj ≤ 3 k−1 2 a3k−1 = 2 Sn−1 − 2a1 ≤ 2M − 2a1 .
k=1 j=3k−1 k=1
Da die Folge (sn) monoton wächst, folgt aus der Beschränktheit jeder Teilfolge auch die Beschränktheit
der gesamten Folge ✷.
Beispiel: an := 0 für ungerade n und an := 2
n sonst. Die Reihe � an divergiert (harmonische
Reihe), die andere Reihe ist die Nullreihe, also konvergent.
b) Die Reihe � ∞
n=1 n−α , α ∈ Q , konvergiert genau dann, wenn α > 1 .
Beweis: Zunächst konvergiert die Reihe für α < 0 nicht, da dann die Koeffizienten keine Nullfolge
bilden. Für α > 0 ist die Koeffizientenfolge monoton fallend. Nach (a) konvergiert die Reihe genau
dann, wenn �∞ für α > 1 ✷.
n=1 3n 3−nα = �∞ n=1 3n(1−α) konvergiert. Diese geometrische Reihe konvergiert genau
Aufgabe 20 (10 Punkte) Knacki
∞� � √ �
n Sei a > 0. Man untersuche die Reihe a − 1 auf Konvergenz.
n=1
1. 0 < a < 1: Wegen �n−1 k=0 xk = 1−xn
1−x gilt für x = n√ 1−a a :
1− n√ a = �n−1 k=0 n√ a k < �n−1 k=0 1 = n.
Also : 1 − n√ ∞�
1 − a
1
a > . Da die Partialsummen der harmonischen Reihe unbeschränkt wach-
n n
n=1
sen, gilt dies auch für unsere Reihe. Die Reihe divergiert.
2. a > 1: Die Partialsummen der Reihe
Wegen 1 − 1
n√ a =
∞�
n=1
�
1 − 1
�
n√ wachsen unbeschränkt (nach 1.).
a
n√ a − 1
n√ a ≤ n√ a − 1 divergiert unsere Reihe auch für a > 1.
2

Institut für Mathematik
Universität Hannover
Dr. H. Köditz
6. Übungsblatt zur Analysis I (Lösungshinweise)
Hannover, den 2. Dezember 2002
Aufgabe 21 (je 5 Punkte)
an
a) Es seien (an), (bn) Folgen positiver reeller Zahlen und es gelte g := lim > 0. Man zeige:
n→∞ bn
∞�
an konvergiert ⇐⇒
n=0
Welche Aussage gilt im Falle g = 0?
Beweis: Wegen an
bn
→ g > 0 gilt g
2
∞�
bn konvergiert .
n=0
< an
bn < 2g für fast alle n. Aus an < 2g bn folgt mit dem Majorantenkrite-
rium die Konvergenz von � an aus der Konvergenz von � bn. Umgekehrt liefert bn < 2
g an die Konvergenz
von � bn, falls � an konvergiert. ✷
Ist g = 0, so erhält man mit an
bn < 1 für fast alle n nur an < bn. Also folgt aus der Konvergenz von � bn die
Konvergenz von � an.
b) Man untersuche auf Konvergenz:
∞�
n=1
( √ n − 2) 2
n 2 + √ n 4 + 1 und
∞�
n=1
( √ n − 2) 2
n 3 + √ n 4 + 1 .
Im ersten Fall wählen wir als Vergleichsreihe die divergente harmonische Reihe � 1
an
n . Wegen → 1 bn
divergiert die erste Reihe.
Im zweiten Fall wählen wir die konvergente Reihe � 1
n2 , bn := 1
n2 . Wegen an
→ 1 konvergiert die zweite
bn
Reihe.
Aufgabe 22 (je 3 Punkte)
Man untersuche folgende Reihen auf Konvergenz:
a)
b)
∞�
k=2
∞�
k=2
n , bn := 1
�√ �k k
k − 1 . Wurzelkriterium: k� |ak| = k√ k − 1 → 0 für k → ∞ (HA 14b). Also konvergiert die Reihe.
�√ �
k
k − 1 .
Sei wk := 1 − 1
k√ . Wegen
k k√ k → 1 gilt (0 2k für k > 2. Mit k√ k − 1 = k√ k wk > 1
2k hat man also eine
divergente Minorante gefunden, die Reihe divergiert.
c)
∞�
k=1
(k!) 2 · 2k .
(2k)!
Das Quotientenkriterium liefert: an+1
Reihe konvergiert.
an
an
= ((k + 1)!)2 2 k+1 (2k)!
(2k + 2)!(k!) 2 2 k
=
2(k + 1) 2
(2k + 1)(2k + 2)
→ 1
2
für k → ∞. Die
∞� (2k)!
d)
.
(2k) k
k=1
Das Quotientenkriterium liefert: an+1
= (2k + 2)!(2k)k
(2k + 2) k+1 �
= (2k+1) 1 +
(2k)! 1
�−k → ∞. Die Reihe divergiert.
k
1

Aufgabe 23 (8 Punkte)
n + 1
Für alle n ∈ N sei sn := n√ . Man zeige: lim
n! n→∞ sn = e.
Beweis: Sei an := s n n =
an+1
1. Beh.: lim = e.
n→∞ an
(n + 1)n
.
n!
Beweis: an+1
=
an
(n + 2)n+1n! (n + 1) n (n + 1)! =
� �n+1 �
n + 2
= 1 +
n + 1
1
n + 1
2. Nach HA 16 konvergiert dann auch (sn) gegen e Box.
� n+1
→ e für n → ∞ ✷.
Aufgabe 24 (10 Punkte) Knacki
� � n�
� �� �
x + y x y
Für alle x, y ∈ R, n ∈ N gilt =
. (Nicht beweisen! - vergl. A 18)
n
k n − k
k=0
∞�
� �
α + 1
Man zeige, dass für alle α, x ∈ R, |x| < 1 die Reihen
x
k
k=0
k ∞�
� �
−α
und x
k
k=0
k absolut konvergieren
und berechne ihr Cauchy-Produkt.
Beweis: Wir zeigen die absolute Konvergenz von
∞�
n=0
� �
β
x
n
n für alle β ∈ R und alle x mit |x| < 1 mit dem
Quotientenkriterium:
�
�
� � �
β n+1
� n+1 x �
�
� � �
� xn � =
�
�
�
�x � � �
β(β − 1) · · · (β − n) · n! � �
�
β(β − 1) · · · (β − n + 1) · (n + 1)! � = |x| · �
β − n�
�
� n + 1 � → |x| für n → ∞.
� β
n
Also konvergiert die Reihe für alle |x| < 1 ✷.
Cauchy-Produkt:
�
∞� � �
α + 1
x
k
k
� �
∞� � �
−α
·
x
k
k
�
k=0
k=0
=
=
=
2
∞�
�
n� � �
α + 1
x
k
k=0
k
� �
−α
x
n − k
n−k
�
∞�
�
n� � �� �
α + 1 −α
k n − k
k=0
�
x n
∞�
� �
1
x
n
n = 1 + x .
n=0
n=0
n=0

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Universität Hannover
Dr. H. Köditz
Aufgabe 25 (4 und 5 Punkte)
Man zeige:
7. Übungsblatt zur Analysis I (Lösungshinweise)
a) ∀ x, y ∈ R, y − x < 1 : (y − x) exp(x) ≤ exp(y) − exp(x) ≤
Hannover, den 9. Dezember 2002
y − x
1 + x − y
exp(x) .
Beweis: Es handelt sich um (iii) aus Satz 7.5. Die Funktionalgleichung der Exponentialfunktion
(Satz 7.4) liefert, da die Exponentialfunktion stets positiv �ist:
�
Satz 7.5(ii)
1
exp(y) − exp(x) = exp(x) (exp(y − x) − 1) ≤ exp(x)
− 1 =
1 − (y − x) y − x
1 + x − y exp(x)
und
Satz 7.5(i)
exp(y) − exp(x) = exp(x) (exp(y − x) − 1) ≥ exp(x) (y − x + 1 − 1) = exp(x) (y − x) ✷.
Die linke Ungleichung gilt also ohne die Einschränkung y − x < 1.
b) ∀ a ∈ R ∃ L > 0 : x, y ≤ a ⇒ | exp(x) − exp(y)| ≤ L |x − y| .
Beweis: Es handelt sich um (iv) aus Satz 7.5. Seien oBdA y < x ≤ a. Nach (a) gilt:
exp(y) − exp(x) ≥ (y − x) exp(x) ⇐⇒ (0 1 ✷.
∞�
b) α > 0, α ln k =
∞�
exp(ln k ln α) =
∞�
k=1
k=1
1
3 k (ln 3 k )
k=1
n =
∞�
k=2
(exp(ln k)) ln α =
konvergiert diese Reihe genau für ln α < −1 ⇐⇒ α < 1
e ✷.
∞� √ ∞�
k
c) Analog (b): α > 0, α =
k=1
k=1
� �√ ��ln α
exp k .
1
kn konvergiert. Diese Reihe
(ln 3) n
∞�
k=1
k ln α . Wieder nach HA 19b
Für ln α ≥ 0 ⇐⇒ α ≥ 1 bilden die Reihenglieder keine Nullfolge, die Reihe divergiert. Nach
Gruppenübung (die Exponentialfunktion � wächst stärker als jede Potenz) gilt zu gegebenem n ∈
√k�
N für hinreichend große k: exp > kn . Die Summanden unserer Reihe lassen sich also für
� �√ ��ln α
ln α < 0 ⇐⇒ 0 < α < 1 durch exp k < k − n | ln α| abschätzen. Wählt man nun n so
groß, dass − n | ln α| < −1, so hat man wieder nach HA 19b eine konvergente Majorante. Die Reihe
konvergiert also für alle α ∈ (0, 1) ✷.
1

Aufgabe 27 (1,3 und 3 Punkte)
Man ermittle Real-, Imaginärteil und Betrag folgender komplexer Zahlen:
a) a :=
3 + 4 i (3 + 4i)(4 + 3i)
=
4 − 3 i (4 − 3i)(4 + 3i)
b) (n ∈ N) : Sn :=
n�
i k =
k=0
k ∈ N. Also gilt für k ∈ N:
c) z 2 = 3 + 4 i (alle Lösungen).
= 25i
25
= i, Re a = 0, Im a = 1, |a| = 1.
1 − in+1
. Wegen i
1 − i
4k = 1, k ∈ N, gilt offensichtlich Sn = Sn+4k für alle
S4k = 1 , S4k+1 = 1 + i , S4k+2 = i , S4k+3 = 0 .
Mit z = x + i y , (x, y ∈ R), erhalten wir mit z 2 = x 2 − y 2 + 2ixy die beiden Gleichungen
x 2 − y 2 = 3, 2xy = 4 =⇒ (x, y �= 0)
woraus x2 − 4
x2 = 3 ⇐⇒ x4 − 3x2 − 4 = 0. Diese quadratische Gleichung in x2 besitzt wegen
x2 > 0 genau eine Lösung x2 = 1
� √ �
2 3 + 9 + 16 = 4, also x1,2 = ±2. Insgesamt erhält man genau
zwei Lösungen:
Aufgabe 28 (8 Punkte) Knacki
z1 = 2 + i und z2 = −2 − i .
Man zeige: Für jedes a > 0 gilt: lim
n→∞ n � n √ a − 1 � = ln a.
Beweis: Wir benutzen die Ungleichungen (i) und (ii) aus Satz 7.5.
an := n � n √ a − 1 � = a1/n − 1
1
n
Für hinreichend große n gilt
an =
1 exp( n ln a) − 1 (ii)
1 ≤
n
= exp( 1
ln a
n
n
1
1− 1 − 1
ln a n
1
Ingesamt: ln a ≤ n � n √ a − 1 � ≤
n
ln a) − 1
1
n
(i)
≥
1
n
< 1. Für diese n folgt:
=
ln a
1
n
1
n ln a
(1 − 1
n
ln a) =
ln a + 1 − 1
1
n
ln a
1 − 1
n ln a.
= ln a.
1 − 1 Der Einschliessungssatz 5.11 liefert die Behauptung ✷.
n ln a.
2

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Universität Hannover
Dr. H. Köditz
Aufgabe 29 (je 5 Punkte)
8. Übungsblatt zur Analysis I (Lösungshinweise)
Hannover, den 16. Dezember 2002
a) Man zeige, dass der Sinus hyperbolicus sinh : R → R, sinh x := 1
2 (ex − e −x ) streng monoton wachsend ist,
also eine Umkehrfunktion Areasinus hyperbolicus arsinh: R → R besitzt und arsinh x = ln � x + √ 1 + x 2� gilt.
Beweis: Für y > x gilt (e y − e −y ) − (e x − e −x ) = 1
e x e y (ex e y + 1)(e y − e x ). Da die Exponentialfunktion stets
positiv und streng monoton wachsend ist, ist dieser Ausdruck stets positiv ✷.
x = sinh y = 1
positive Lösung e y = x + � 1 + x2 �
⇐⇒ y = arsinh x = ln x + � 1 + x2 �
✷.
�
b) Man zeige: Für alle x, y ∈ R gilt: arsinh x + arsinh y = arsinh x � 1 + y2 + y √ 1 + x2 �
.
2 (ey − e −y ) ⇐⇒ e 2y − 2xe y − 1 = 0. Diese quadratische Gleichung (in e y ) besitzt genau eine
Beweis: Rechen, rechen! Man beachte;
�
xy + � (1 + x2 )(1 + y2 �2 �
) = 1+ x � 1 + y2 + y � 1 + x2 �2 . Damit:
arsinh x + arsinh y =
�
ln x + � 1 + x2 ) + ln(y + � 1 + y2 � �
= ln (x + � 1 + x2 )(y + � 1 + y2 �
)
=
�
ln x � 1 + y2 + y � 1 + x2 + xy + � (1 + x2 )(1 + y2 �
)
�
arsinh x � 1 + y2 + y � 1 + x2 �
=
�
ln x � 1 + y2 + y � 1 + x2 �
+ 1 + (x � 1 + y2 + y � 1 + x2 ) 2
�
.
Offensichtlich gleich!
Aufgabe 30 (je 5 Punkte)
a) Man zeige: Zu a, b ∈ R gibt es c, d ∈ R mit a sin x + b cos x = c sin(x + d) für alle x ∈ R. Zu a = 3, b = −4
ermittle man passende c, d.
Beweis: Für a = b = 0 tut es c = d = 0. Sei also a2 + b2 > 0.
a sin x + b cos y = √ a2 + b2 �
√ a
a2 +b2 sin x + �
√ b cos x
a2 +b2 √ a
a2 +b2 = cos β. Wegen sin β = ± � 1 − cos2 β = ± b √
a2 +b2 erreichen, dass sin β =
3 sin x − 4 cos x = 5 ( 3
5
b
√ a 2 +b 2
gilt. Also:
. Wegen cos(R) = [−1, 1] gibt es ein β ∈ R mit
können wir durch evt Übergang von β zu −β
a sin x + b cos y = � a 2 + b 2 (cos β sin x + sin β cos x) =: c sin(x + d) , (d := β) ✷ .
sin x − 4
5
3
cos x) ergibt c = 5 und d = − arccos 5 .
n�
b) Man zeige: Für alle x ∈ R und alle n ∈ N ∗ + gilt: sin x = 2 n sin x
2 n
Beweis: (durch Induktion)
(1) Für n = 1 ist die Beh. wegen sin x = 2 sin x x
2 cos 2 richtig.
(2) Sei die Beh. für n richtig. Dann gilt wegen sin x
2n = 2 sin x
2n+1 x cos 2n+1 :
2 n+1 sin x
2n+1 n+1 �
cos x
2k = 2 2n sin x
2n n�
x cos
2 cos x x
· cos
2k 2n+1 IV
== sin x ✷.
k=1
2 n+1
k=1
1
k=1
cos x
.
2k

Aufgabe 31 (je 5 Punkte)
Für x ∈ R, n ∈ N∗ k i
+ sei ζn,k := e n x , k = 0, · · · n. Durch geradlinige Verbindung von ζn,k mit ζn,k+1 erhält
n−1 �
|ζn,k+1 − ζn,k|.
man einen Polygonzug, der 1 mit e ix verbindet. Die Länge diese Polygonzuges ist Ln :=
Man zeige: �
�
a) Ln = 2n �sin x
�
�
�. Denn: |ζn,k+1 − ζn,k| =
2n
�
� k+1
i
�e n x k i
− e n x
Da die Summe genau n Summanden enthält, folgt die Behauptung ✷.
b) lim
n→∞ Ln = |x|.
� �
2n+1
x
� �
� � k i
� = �e n x �
x i � � x
e 2n � �e
i 2n − e
� �� �
=1
x −i 2n
k=0
� �
� �
= 2 �sin x
�
�
�.
2n
Da (2n+1)! für 0 < x < 1 eine monotone Nullfolge ist, folgt x − x3
6 ≤ sin x ≤ x für diese x (Wie in
der Vorlesung die sin-Reihe betrachten (Leibniz)!). Für hinreichend große n gilt | x
2n | < 1. Für diese n und
positive x ist also ( man beachte, dass sin auf (0, 1) positiv ist ):
x x3 x x
− ≤ sin ≤
2n 6 · 8n3 2n 2n
x3
x
⇐⇒ x − ≤ 2n sin ≤ x .
24n2 2n
Nach dem Einschliessungssatz folgt die Beh. zunächst für positive x. Da sin x ungerade ist, folgt die Beh.
auch für negative x ✷.
Aufgabe 32 (10 Punkte) Knacki Tschebyscheff-Polynome
Man beweise mit Hilfe der Eulerschen Formel cos nx + i sin nx = e inx = (cos x + i sin x) n , n ∈ N, dass es
(eindeutig bestimmte) Polynome Tn, Un mit ganzzahligen Koeffizienten gibt, derart, dass gilt:
cos nx = Tn(cos x) und für n > 0 sin nx = Un−1(cos x) · sin x .
(Tn bzw. Un−1 heißen Tschebyscheff-Polynome erster bzw. zweiter Art.)
Man zeige ferner die Gültigkeit der Rekursionsformel Tn+1(x) = 2x Tn(x) − Tn−1(x), (n > 0), und berechne
Tj für j = 1, 2, 3, 4.
cos nx + i sin nx = e inx = (cos x + i sin x) n =
=
=
[n/2] �
(−1) k
� �
n
sin
2k
2k x cos n−2k x + i
k=0
n�
k=0
[(n−1)/2] �
k=0
[n/2] �
(−1) k
� �
n
(1 − cos
2k
2 x) k cos n−2k x + i sin x
k=0
� �
n
i
k
k sin k x cos n−k x
� �
n
(−1)
2k + 1
k sin 2k+1 x cos n−2k−1 x
[(n−1)/2] �
k=0
� �
n
(−1)
2k + 1
k (1 − cos 2 ) k x cos n−2k−1 x .
Offensichtlich sind die Summen Polynome in cos x. Vergleich von Real- und Imaginärteil liefert die Behauptung.
Für x ∈ [−1, 1] gilt Tn(x) = cos(n arccos x). Addieren der beiden Gleichungen:
Tn+1(x) = cos((n + 1) arccos x) = cos(n arccos x) cos(arccos x) − sin(n arccos x) sin(arccos x)
Tn−1(x) = cos((n − 1) arccos x) = cos(n arccos x) cos(arccos x) + sin(n arccos x) sin(arccos x)
liefert Tn+1(x) + Tn−1(x) = 2 cos(n arccos x) cos(arccos x) = 2 x Tn(x), die Rekursionsformel. Hieraus berechnet
sich T0(x) = 1, T1(x) = x, T2(x) = 2x 2 − 1, T3(x) = 4x 3 − 3x, T4(x) = 8x 4 − 8x 2 + 1.
2

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Dr. H. Köditz
Aufgabe 33 (je 5 Punkte) Man zeige:
9. Übungsblatt zur Analysis I (Lösungshinweise)
a) Für stetige Funktionen f, g : [a, b] → R sind auch die Funktionen
Mf,g(x) := max(f(x), g(x)) und mf,g(x) := min(f(x), g(x)) stetig.
Hannover, den 6. Januar 2003
Beweis: Für a, b ∈ R gilt max(a, b) = 1
1
2 (a + b + |a − b|) und min(a, b) = 2 (a + b − |a − b|). Deshalb
ist Mf,g(x) = 1
2 (f(x) + g(x) + |f(x) − g(x)|) stetig da f − g, x ↦→ |x| ebenso wie Summen und
Hintereinanderschaltungen stetiger Funktionen stetig sind - ebenso mf,g ✷.
b) mit Hilfe des ε, δ-Kriteriums, dass die Funktion f : R>0 → R, f(x) := 1
x 2 stetig ist.
�
x0
Beweis: Sei x0 > 0 und ε > 0 gegeben. Wähle δ := min
dann wegen x + x0 < 3
2 x0, x > x0
2 (∗):
� �
�
�
1 1 �
� − �
x2 � = |x − x0||x + x0|
< δ
x 2 0
x 2 x 2 0
x + x0
x 2 x 2 0
2 , ε x30 6
(∗)
< δ 3
2 x0
�
. Für alle x > 0 mit |x − x0| < δ gilt
4
x 4 0
= δ 6
x3 ≤ ε ✷
0
Aufgabe 34 (10 Punkte)
Die Funktion f : R → R sei definiert durch f(x) := � � � x + 1
� �
2 − x�. Man skizziere f und weise nach, dass f
auf R stetig ist. Die Funktion g : R → R sei definiert durch g(x) := f( 1
x ) für x �= 0, g(0) := a. Kann man a
so wählen, dass g bei 0 stetig wird?
f ist an jedem x0 �∈ { 2k+1
: k ∈ Z} stetig, da x ↦→ |x| stetig ist. Stellvertretend für die kritischen Stellen
, 1) gilt f(x) = 1 − x. Offensichtlich ist f
2
untersuchen wir x0 := 1
1
1
2 . Für x ∈ (0, 2 ) gilt f(x) = x, für x ∈ [ 2
bei x0 stetig ✷.
2
Wegen g(
verneinen.
2k+1
1
1
) = 2 , k ∈ Z, und g( n ) = 0, n ∈ N, hat g bei 0 keinen Grenzwert. Die Frage ist also zu
Aufgabe 35 (je 5 Punkte)
a) Sei f : [0, 1] → R eine stetige Funktion mit f(0) = f(1). Man zeige die Existenz eines c ∈ [0, 1] mit
f(c) = f � c + 1
�
2 .
Beweis: Die Funktion g : [0, 1
1
1
1
2 ] → R, g(x) := f(x+ 2 )−f(x) ist stetig und es gilt: g(0) = f( 2 )−f(0), g( 2 ) =
] mit g(c) = 0. ✷
f(1) − f 1
2
) = −g(0), also g(0)g( 1
2
) ≤ 0. Nach dem Zwischenwertsatz gibt es also ein c ∈ [0, 1
2
b) Für a < b sei f : [a, b] → [a, b] eine stetige Funktion. Man zeige: Es gibt mindestens ein x ∈ [a, b] mit
f(x) = x.
Beweis: g : [a, b] → R, g(x) := f(x) − x ist stetig und es gilt: g(a) = f(a) − a ≥ 0, g(b) = f(b) − b ≤ 0. Der
Zwischenwertsatz liefert die Existenz eines c ∈ [a, b] mit g(c) = 0 ✷.
1

Aufgabe 36 (10 Punkte) Knacki Sonnenaufgangslemma
Sei f : R → R eine stetige Funktion. x ∈ R heißt Schattenpunkt von f , wenn ein y > x mit f(y) >
f(x) existiert. a, b ∈ R, a < b , seien keine Schattenpunkte, alle Punkte im Intervall (a, b) seien jedoch
Schattenpunkte. Man zeige :
a) Für alle x ∈ (a, b) gilt f(x) ≤ f(b) .
Beweis: Sei x ∈ (a, b) gegeben.
(i) Beh.: B := sup{y : y ≥ x, f(y) ≥ f(x)} ≥ b (B = ∞ möglich)
Annahme: B < b. Jedenfalls: f(x) > f(y) für alle y > B (∗). Es gibt ein t ∈ [x, B] mit f(t) ≥ f(y) auf [x, B],
da f stetig ist. Wegen (*) ist t kein Schattenpunkt. Da aber t ∈ (a, b), ist t Schattenpunkt – Widerspruch.
(ii) Wegen f(y) ≤ f(b) für alle y ≥ b gilt:
sup{f(y) : x ≤ y ≤ B} = sup{f(y) : x ≤ y ≤ b} =: M.
Da f stetig ist, gibt es x0 ∈ [x, b] mit f(x0) = M (≥ f(b)). Somit: f(y) ≤ f(x0) für alle y ≥ x0, x0 ist kein
Schattenpunkt, also x0 = b, M = f(b) und f(x) ≤ f(b).
b) f(a) ≤ f(b). Beweis: f(x) ≤ f(b) nach (a) ⇒ lim f(x) = f(a) ≤ f(b).
x→a+0
c) f(a) = f(b). Beweis: Nach (b) ist f(a) ≤ f(b). Wäre f(a) < f(b), so wäre a Schattenpunkt.
Aufgabe 37 (5 Punkte) (*)
Seien a1, . . . , an, b1, . . . , bn ∈ R, (n ∈ N∗ ). Man zeige :
n�
�
n�
L := (akbl − albk) 2
� ⎛
n�
= 2 ⎝
k=1
folgere hieraus die Cauchy-Schwarz’sche Ungleichung
�
n�
�2 ≤
�
n�
l=1
k=1
akbk
k=1
n�
a
k=1
2 k b
k=1
2 k −
a 2 k
� � n�
und gebe notwendige und hinreichende Bedingungen dafür an, dass in dieser Ungleichung das Gleichheitszeichen
steht.
n�
�
n�
0 ≤ (akbl − albk) 2
�
n�
�
n�
= (a 2 kb 2 l + a 2 l b 2 �
k − 2akalbkbl)
=
k=1
n�
�
k=1
l=1
⎛
n�
= 2 ⎝
n�
n�
k=1
l=1
n�
a 2 k b
l=1
2 l + b 2 k a
l=1
2 l − 2akbk albl
l=1
n�
a
k=1
2 k b
k=1
2 k −
� n�
k=1
akbk
� 2 ⎞
⎠ .
�
= 2
k=1
� n�
b 2 k
�
� n�
k=1
n�
akbk
� 2 ⎞
n�
⎠ ,
n�
a
k=1
2 k b
l=1
2 l − akbk albl
k=1 l=1
Das Gleichheitszeichen gilt genau für L = 0, d.h. wenn für alle k, l : akbl = albk gilt. Sind alle al = 0, so ist
dies richtig. Ist aber etwa a1 �= 0, so gilt dies genau dann, wenn für alle k = 1, · · · , n : bk = b1
a1 ak =: λak gilt
- kurz, wenn (a1, · · · , an), (b1, · · · , bn) ∈ Rn linear abhängig sind.
Aufgabe 38 (5 Punkte) (*)
Man zeige: Genügt x ∈ R \ Z einer Gleichung x n + an−1x n−1 + · · · + a1 x + a0 = 0, (n > 0), mit ganzen
Zahlen a0, · · · , an−1, so ist x irrational.
2
�

Beweis: oBdA n > 1.
Sei x ∈ Q \ Z. Dann gibt es p ∈ Z \ {0}, q ∈ N, q > 1 mit x = p
q . Durch Kürzung kann man zudem
sicherstellen, dass p und q teilerfremd sind.
qnPn(x) = qn (xn + an−1 xn−1 + · · · + a1 x + a0) = pn + an−1 pn−1q + · · · + a1 pqn−1 + a0 qn = pn + q z mit
einem z ∈ Z. p ist nicht durch q teilbar, also gilt Pn(x) �= 0 ✷.
Aufgabe 39 (5 Punkte) (*)
Eine Funktion f : D ⊂ R → R heisst gleichmäßig stetig, falls
∀ ε > 0 ∃ δ > 0 ∀ x, y ∈ D, |x − y| < δ : |f(x) − f(y)| < ε .
Man zeige: Die Funktion f : R → R, f(x) := x 2 ist nicht gleichmäßig stetig, wohl aber die Funktion
g : R≥0 → R, g(x) := √ x.
Beweis:
1. f ist nicht gleichmäßig stetig:
Sei ε := 1 und δ > 0 beliebig. Dann folgt aus |f(x) − f(y)| = |x2 − y2 | = |x + y||x − y| mit x := 1 1 δ
δ , y := δ + 2
zwar |x − y| = δ
2 < δ, jedoch |x2 − y2 | = 1 + δ2
4
> ε = 1 ✷.
2. g ist gleichmäßig stetig.
Sei ε > 0 gegen. Nach Beispiel 11.2 der Vorlesung kann man δ := ε 2 wählen. Da δ also nicht von x, y abhängt,
ist g gleichmäßig stetig ✷.
Aufgabe 40 Weihnachtsgeschenke ohne Abgabe
a) Man zeige: Für kein n ∈ N>1 ist n 4 + 4 n eine Primzahl.
Beweis: Wir betrachten das (komplexe) Polynom p(z) := z4 + 4n . Dieses Polynom besitzt die vier
Nullstellen 2n/2 (± 1 √ ± i
2 1 √ ) = 2
2 (n−1)/2 (±1 ± i). Zusammen fassung konjugiert komplexer Nullstellen
ergibt die Faktorisierung p(z) =
�
z 2 − 2 n−1
2 z + 2 n
� �
z 2 + 2 n−1
2 z + 2 n
�
. Für gerade n ist n 4 + 4 n sicher
keine Primzahl. Für ungerade n ergibt z = n in obiger Faktorisierung eine Zerlegung von p(n) = n4 +4n .
Da für n ≥ 3 stets 2n > 2 n−1
2 n (Induktion!) gilt, ist keiner der Faktoren 1 ✷.
b) Auf dem Rand einer Kreisscheibe K verteilen wir n paarweise verschiedene Punkte. Jeder Punkt wird
mit jedem anderen Punkt geradlinig verbunden. Keine drei dieser Verbindungsstrecken mögen sich in
inneren Punkten von K schneiden. In wie viele Flächenstücke fn wird die Kreisscheibe auf diese Weise
zerlegt?
Hinweis : Kennt man f1, · · · , fn , so kann man fn+1 durch diese Zahlen ausdrücken.
n−2 �
Sorgfältiges Zählen ergibt für n > 1 : fn = fn−1+ (k(n−k−2)+1). Wegen fn−f1 = �n−1 erhält man mit bekannten Formeln:
k=0
fn = 1
24 n4 − 1
4 n3 + 23
24 n2 − 3
n + 1 .
4
Die Zahlen 1, 2, 4, 8, 16 werden also auf natürliche Weise durch 31 fortgesetzt.
c) Wir betrachten die Menge
M :=
�
x ∈ R :
30�
k=1
3
�
k 15
≥
x − k 3613
.
k=1 (fk+1−fk)

Man zeige: M ist die (disjunkte) Vereinigung von endlich vielen Intervallen, deren Längensumme gerade
(1.1.2003 =)112003 = 31 · 3613 ist.
Für spätere Jahre behandeln wir gleich mit a > 0, n ∈ N:
�
n�
�
k
M := x ∈ R : ≥ a .
x − k
k=1
Die rationale Funktion f(x) := �n k
k=1 x−k − a hat in jedem Intervall (k, k + 1), k = 1, · · · , n − 1 genau
eine Nullstelle xk und noch eine Nullstelle xn in (n, ∞) – man beweise dieses und skizziere den Graphen
n�
n� n(n + 1)
von f. Die gesuchte Längensumme ist Ln,a = (xk − k) = xk − .
2
Ferner f(x) = 0 ⇐⇒ −
n�
(x − k) + 1
a
k=1
k=1
k=1
n� n�
k
j=1
(k)
k=1
(x − j) = 0.
Hierbei soll die Schreibweise bedeuten, daß im Produkt der k-te Faktor wegzulassen ist.
Bei Polynomen p(x) = −x n + an−1x n−1 + · · · + a0 gilt nach dem Satz von Viëta: an−1 = � n
k=1 xk falls
n paarweise verschiedene Nullstellen xk vorliegen. Also:
n�
xk =
k=1
n(n + 1)
2
+ n(n + 1)
2a
⇒ Ln,a =
n(n + 1)
.
2a
4

Institut für Mathematik
Universität Hannover
Dr. H. Köditz
10. Übungsblatt zur Analysis I (Lösungshinweise)
Hannover, den 13. Januar 2003
Aufgabe 41 (2,2 und 4 Punkte) Man berechne folgende Limiten (a ∈ R, m, n ∈ N>0):
1 −
a) lim
x→0
√ 1 − x2 b) lim
x→∞
c) lim
x→a
x 2
= lim
x→0
x 2
x 2 (1 + √ 1 − x 2 )
√ x ( √ x + 1 − √ x ) = lim
x→∞
xn − an xm = lim
− am x→a
x n −a n
x−a
x m −a m
x−a
Aufgabe 42 (je 2 Punkte)
√ x
= lim
x→a
1
= lim
x→0 1 + √ 1
=
1 − x2 2 .
1
1
√ √ = lim � =
x + 1 + x x→∞ 1 + 1/x + 1 1
2 .
xn−1 + xn−2a + · · · + xan−2 + an−1 xm−1 + xm−2a + · · · + xam−2 n
=
+ am−1 m an−m .
Für folgende Funktionen ermittle man jeweils einen ” natürlichen Definitionsbereich“ und die Ableitung
(a > 0):
a) f1(x) := x (xx ) x
= e x x ln x
ln x ln x e
= e
⇒ f ′ ln x
ln x ex
1(x) = e (ln x e x ln x ) ′ = x (xx )
�
1
x xx + ln x x x �
(ln x + 1) = x (xx ) x−1
x (1 + x ln x (1 + ln x)) .
b) f2(x) := (x x ) x = e x2 ln x ′
⇒ f 2(x) = (x x ) x (2x ln x + x) .
c) f3(x) := x (xa ) x
= e a ln x ′
⇒ f 3(x) = x (xa ) a−1 a−1 (x
(a x ln x + x ) = x a ) a−1
x (1 + a ln x) .
d) f4(x) := x (ax ) a
= e x ln x ′
⇒ f 4(x) = x (ax ) x a
(a ln a ln x + x
x ) = x(ax ) x 1
a (ln a ln x + ) .
x
e) f5(x) := (ln x) 1 1
x = e x ln ln x ⇒ f ′ 5(x) = (ln x) 1
�
ln ln x 1
x − +
x2 x2 �
.
ln x
f) f6(x) := ln(ln(x 2 + x + 1)) ⇒ f ′ 1
6(x) =
ln(x2 1
+ x + 1) x2 (2x + 1) .
+ x + 1
Der Definitionsbereich ist für (a) - (d) stets R∗ +, (e) gilt für x > 1
und in (f) x2 + x + 1 > 1 ⇐⇒ x2 + x > 0 ⇐⇒ x ∈ (−∞, −1) ∪ (0, ∞).
Aufgabe 43 (je 5 Punkte)
� n
x
a) Für welche m, n ∈ N ist die Funktion f(x) :=
x m
berechne gegebenenfalls die Ableitung.
für x ≥ 0
für x < 0
im Nullpunkt differenzierbar? Man
Für n = m ist f natürlich überall differenzierbar mit Ableitung f ′ (x) = nx n−1 . Sei also n �= m.
(i) n = 0, m > 0. Hier ist f in 0 nicht stetig, also auch nicht differenzierbar. Genau so n > 0, m = 0.
x
(ii) n, m > 0, n �= m. lim
x→0,x>0
n
= lim
x x→0,x>0 xn−1 = 0 für n > 1 und = 1 für n = 1. Ebenso für x < 0. Ist
etwa n = 1 und somit m > 1, so ist f bei 0 nicht differenzierbar. Gilt aber n, m > 1, so folgt f ′ (0) = 0.
1

�
b) Man zeige: Die Funktion f auf R mit f(0) := 0 und f(x) := x 1 + 2x sin 1
�
x
für x �= 0 ist überall
differenzierbar, es gilt f ′ (0) > 0 und jede Umgebung von 0 enthält Intervalle, in denen f ′ negativ ist. Man
versuche sich an einer Skizze!
Für x �= 0 ist f als Zusammenstzung differenzierbarer Funktionen differenzierbar. Für x = 0 existiert der
Grenzwert limx→0 f(x)
x = 1 = f ′ (0)(> 0).
Für x �= 0 gilt f ′ (x) = 1 + 4x sin 1 1
− 2 cos
x x . f ′ � �
1
′
2kπ = −1, (k ∈ Z). Da f für x �= 0 stetig ist, gibt es
Intervalle um diese Punkte, wo f ′ negativ ist ✷.
Aufgabe 44 (10 Punkte) Knacki
Zu gegebenem x0 ∈ R sei f : [x0, x0 + 1] → R eine im Punkt x0 differenzierbare Funktion mit f(x0) �= 0. Die
Folge (xn) sei definiert durch
xn :=
� �
f x0 + 1
��n
n
f(x0)
.
Man untersuche die Folge (xn) auf Konvergenz und bestimme gegebenenfalls den Grenzwert.
Da f in x0 differenzierbar ist, ist f in x0 auch stetig. Deshalb folgt aus f(x0) �= 0, dass f(x0 + 1/n) und
f(x0) für hinreichend große n nicht 0 sind und gleiches Vorzeihen haben. OBdA seien beide positiv. Deshalb
betrachten wir für diese n:
(∗) yn := ln xn = ln f(x0 + 1
n ) − ln f(x0)
.
Da f auf einer Umgebung von x0 positiv ist, ist ln f(x) dort definiert und als Zusammensetzung von bei
x0 differenzierbaren Funktionen dort differenzierbar mit Ableitung (ln f(x)) ′ |x=x0 = f ′ (x0)
Diffenzenquotient von ln f bei x0, besitzt also diesen Grenzwert. Also:
lim
n→∞ xn
� � ′ f (x0)
= exp
f(x0)
.
2
1
n
. (∗) ist ein
f(x0)

Institut für Mathematik
Universität Hannover
Dr. H. Köditz
Aufgabe 45 (8 Punkte)
11. Übungsblatt zur Analysis I (Lösungshinweise)
Hannover, den 20. Januar 2003
Es sei f : (0, π) → R definiert durch f(x) := 2x
. Man zeige, dass f umkehrbar ist, bestimme den Defini-
sin x
tionsbereich von f −1 und berechne (f −1 ) ′ (π).
(i) f ist umkehrbar.
Beweis: Seien x, y ∈ (0, π), x < y gegeben. Der Mittelwertsatz liefert die Existenz eines ξ ∈ (x, y) mit
f(y) − f(x) = f ′ sin ξ − ξ cos ξ
(ξ)(y − x) = 2
sin 2 (y − x). Gilt also f
ξ
′ (x) �= 0 auf (0, π), so ist f injektiv und
somit umkehrbar. Nun gilt f ′ (x) = 0 ⇐⇒ x = tan x (auf (0, π)). Wegen tan x < 0 auf ( π , π) ist nur
2
das Intervall (0, π
2 ) zu untersuchen. Der Mittelwertsatz liefert dort tan x = (1 + tan2 η) x > x mit einem
geeigneten η ∈ (0, x). Also: f ′ (x) �= 0.
(ii) Da f ′ (x) �= 0 und stetig, folgt f ′ (x) > 0 mit dem Zwischenwertsatz aus f ′ (π/2) = 2. f ist also streng
monoton wachsend. Ferner gilt limx→0+ f(x) = 2 und limx→π− = ∞. Also gilt f((0, π)) = (2, ∞) (Zwischenwertsatz).
(iii) Wegen (f −1 ) ′ (x) =
1
f ′ (f −1 (x))
Aufgabe 46 (3, 3 und 6 Punkte)
folgt mit f( π
2 ) = π sofort (f −1 ) ′ (π) =
Es sei f : [a, b] → R auf [a, b) differenzierbar. Man beweise oder widerlege:
1
f ′ 1
=
(π/2) 2 ✷.
a) Ist f im Punkte b differenzierbar, so existiert B := lim
x→b− f ′ (x), und es gilt f ′ (b) = B.
Die Behauptung ist falsch! Z.B. besitzt die Einschränkung der Funktion f aus A43b auf das Intervall [−1, 0]
eine Ableitung, die bei b = 0 keinen Grenzwert besitzt. ✷
b) Existiert B := lim
x→b− f ′ (x), so ist f in b differenzierbar, und es gilt f ′ (b) = B.
Banalerweise falsch! f(x) := 0 auf [0, 1), f(1) := 1 ist in 1 nicht stetig, also auch nicht differenzierbar. ✷
c) Ist f in b stetig und existiert B := lim
x→b− f ′ (x), so ist f in b differenzierbar, und es gilt f ′ (b) = B.
Diese Aussage ist richtig. Denn:
Sei f auf [a, b) differenzierbar und limx→b− f ′ (x) =: B existiere. Zu geg. ε > 0 gibt es also ein δ > 0 so, dass
aus a ≤ b − δ < x < b stets |f ′ (x) − B| < ε folgt. Zu jedem dieser x gibt es nach dem Mittelwertsatz ein
= f ′ (ξx). Folglich:
ξx ∈ (x, b) mit f(x)−f(b)
x−b
�
�
�
f(x) − f(b)
� x − b
�
�
− B�
� = |f ′ (ξx) − B| < ε ⇒ lim
x→b−
f(x) − f(b)
x − b
= f ′ (b) = B ✷.

Aufgabe 47 (10 Punkte)
Aus einem Halbkreis und einem Rechteck werde ein Rundbogenfenster des Umfangs L > 0 geformt (siehe
Bild unten!). Wie muss man vorgehen um ein Fenster möglichst großer Fläche zu bekommen?
Bemerkung: Wir verwenden ” zwanglos“ die Formeln U = 2rπ und F = r 2 π für Umfang und Fläche eines
Kreises vom Radius r.
Es gilt L = rπ + 2x + 2r ⇐⇒ r = L−2x
π+2 und Fläche F = r2π 2 + 2rx =
nach Bild!).
Es gilt 0 ≤ x ≤ L
2
und F (0) =
� L
π+2
F ′ (x) = 4
Dieses ist offensichtlich eine innere Stelle. F (ξ) =
x = ξ maximale Fläche ✷.
Aufgabe 48 (10 Punkte) Knacki
� �2 L−2x π L−2x
π+2 2 + 2 π+2 x =: F (x) (Bez.
�2 π L
2 , F ( 2 ) = 0. Ist ξ eine innere Extremstelle, so gilt dort F ′ (ξ) = 0.
L − xπ − 4x
(π + 2) 2 = 0 ⇐⇒ x = L
π + 4
L 2
2(π + 4)
> F (0) =
(=: ξ) .
� �2 L π
. Also erhält man für
π + 2 2
Nach Planck wird das Emissionsvermögen eines schwarzen Strahlers der Temperatur T (T bzg. der Kelvin-
Skala, also T > 0) beschrieben durch
E(λ) = c2 �
λ 5
1
exp � � , 0 < λ < ∞
c�
kT λ − 1
(λ Wellenlänge, c, �, k positive Konstanten).
Man zeige: E(λ) hat genau eine Maximalstelle λm, und es gilt
λm · T = const. (Wiensches Verschiebungsgesetz).
Beweis:
Wegen λ5 (exp � �
c�
5 c�
kT λ − 1) ≥ λ kT λ gilt lim E(λ) = 0. Da die Exponentialfunktion schneller wächst als jede
λ→∞
Potenz, gilt ferner auch lim
λ→0+0 E(λ) = 0. Da E > 0 auf R>0, besitzt E mindestens eine Maximalstelle. Dort
gilt notwendig E ′ (λ) = 0.
Mit t := c�
kT λ gilt also E′ (λ) = 0 ⇐⇒ 5 = tet
E ′ (λ) = −c 2 h 5λ � exp � � � �
c�
c�
kT λ − 1 − exp kT λ
λ 7 � exp � c�
kT λ
� − 1 � 2
t+t2 /2+··· folgt lim g(t) = 1.
t→0+0
lim g(t) = ∞ ist klar. Als Produkt zweier positiver monoton wachsender Funktionen ist g monoton wach-
t→∞
≈ 4.965114232
� c�
kT
e t − 1 =: g(t). Aus g(t) = t(1+t+t2 /2+···)
send, nimmt also (da stetig) nach dem Zwischenwertsatz 5 an genau einer Stelle tm = c�
kT λm
an, also ist λm T = c�
ktm konstant.
.

Institut für Mathematik
Universität Hannover
Dr. H. Köditz
12. Übungsblatt zur Analysis I (Lösungshinweise)
Hannover, den 27. Januar 2003
Aufgabe 49 (je 4 Punkte) Man berechne folgende Grenzwerte:
� � 1
x x x a + b
a) A := lim
mit a, b > 0;
x→0 2
� � 1 � x x x a + b 1
= exp
2
x ln
� ��
x x a + b
. Da die Exponentialfunktion stetig ist, genügt es den Grenzwert des
2
Exponenten � zu ermitteln. Dies ist ein Fall für l’Hospital.
1
lim
x→0 x ln
� ��
x x a + b 1
= lim
2
x→0 ax + bx (ax ln a + b x ln a + ln b
ln b) = = ln
2
√ ab ⇒ A = √ ab ✷.
� �
1 1
b) B := lim − ;
x→0 sin x x
� �
1 1
− =
sin x x
x − sin x
. Dies ist auch wieder ein Fall für l’Hospital. Schöner geht es mit Potenzreihen:
x sin x
x3
x − sin x x − x + 3! − + · · ·
=
x sin x x2 − x4
x
3! + · · ·
=
3! + − · · · 1 − x2
→ 0 = B für x → 0 ✷.
3! + · · ·
c) C := lim
x→0+ (1 − x)ln x ;
(1−x) ln x = exp(ln x·ln(1−x)). Für den Exponenten ln x·ln(1−x) =
ln(1 − x) −
lim
x→0+ 1 = lim
x→0
ln x
1
1−x
− 1
x ln2 x
x ln
= lim
x→0
2 x
= 0 ⇒ C = 1 ✷ .
1 − x
ln(1 − x)
1
ln x
ist dies ein Fall für l’Hospital:
Aufgabe 50 (3, 3 und 4 Punkte) Man zeige die Gültigkeit folgender Ungleichungen für jedes n ∈ N:
a)
2n+1 �
k=0
k=0
2n+1
x k
k! < ex für x �= 0 . Beweis:
Die linke Seite ist das Taylorpolynom (2n + 1)-ten Grades für die Funktion ex an der Stelle x0 = 0. Für jedes
x �= 0 sichert der Satz von Taylor die Existenz eines ξ zwischen 0 und x mit (Lagrange-Rest):
e x 2n+1 � x
=
k
k! +
eξ (2n + 2)! x2n+2 2n+1 � x
>
k
k! ✷.
b)
�
k=1
k=0
(−1) k−1
x
k
k > ln(1 + x) für x > −1, x �= 0 . Beweis:
Wegen (ln(1 + x)) (k) = (−1)k−1 (k − 1)!
(1 + x) k ist die linke Seite das Taylorpolynom 2n + 1-ten Grades für die
Funktion ln(1 + x) an der Stelle x0 = 0. Für jedes x �= 0 sichert der Satz von Taylor die Existenz eines ξ
zwischen 0 und x mit (Lagrange-Rest):
2n+1 � (−1)
ln(1 + x) =
k=1
k−1
x
k
k + (−1)2n+1 1
2n + 2 (1 + ξ) 2n+2 x2n+2 2n+1 � (−1)
<
k=1
k−1
x
k
k ✷.
c) Mit Hilfe des Satzes von Taylor bestimme man √ 17 mit einer Genauigkeit von 10−4 .
√ � �
1 1/2.
17 = 4 1 + 16 Taylorentwicklung um 0 mit passendem ξ zwischen 0 und x:
�
√ 1�
� 1�
1 + x = 1 + 2 x + · · · + 2 x
1
n
n � 1 �
+ 2 (1 + ξ)
n + 1
1/2−n x n+1 .
Hier ist x = 1
16 . Der (Lagrange) Rest Rn ist für n = 3 positiv und R3 ≤ 15
24·165 ≈ 5.96 · 10−7 . Einsetzen in
das Taylorpolynom ergibt: √ 17 > 67553
16384 ≈ 4.12307 mit obigem Maximalfehler (multipliziert mit 4) ✷.
1

Aufgabe 51 (3 und 5 Punkte)
�
Für jedes n ∈ N sei fn : R → R, fn(x) := tanh 1
�2n sinh x
für x �= 0 und fn(0) := 1 ( tanh x :=
x
cosh x ).
Man zeige:
a) Die Folge (fn) konvergiert auf ganz R punktweise und ermittle die Grenzfunktion f.
Beweis: fn(0) = 1 → 1 für n → ∞. Die Funktion x ↦→ tanh x ist streng monoton wachsend mit | tanh x| < 1
für alle x. Deshalb gilt fn(x) → 0 für n → ∞ für x �= 0. Grenzfunktion f(x) = 0 für x �= 0, f(0) = 1.
b) Die Folge (fn) konvergiert nicht gleichmäßig auf ganz R, für jedes a > 0 konvergiert sie jedoch gleichmäßig
auf R \ (−a, a).
Beweis: Die Grenzfunktion ist nicht stetig. Nach Satz 13.4 kann die Konvergenz also nicht gleichmäßig auf
ganz R sein. Sei nun a > 0 gegeben. Die Funktion fn ist eine gerade Funktion und für x ≥ 0 streng monoton
fallend. Also gilt für fn(x) ≤ fn(a) für |x| > a. Wegen fn(a) → 0 folgt die gleichmäßige Konvergenz auf
R \ (−a, a) ✷.
Aufgabe 52 (10 Punkte) Knacki
Seien Sn, Cn die n-ten Taylorpolynome des Sinus bzw. des Cosinus.
Man zeige: Für alle k ∈ N gilt:
S4k+3(x) < sin x < S4k+1(x) für x > 0 und
C4k+2(x) < cos x < C4k(x) für x �= 0, und x �= 2nπ, n ∈ Z, falls k = 0.
Beweis: Wir beweisen die Behauptung durch vollständige Induktion. Da cos x und alle Taylorpolynome C2j
gerade Funktionen sind, genügt es die Beh. für x > 0 zu beweisen. Wir notieren zunächst die Taylorpolynome
S2k+1(x) = x − x3
6
x2k+1
± · · · (−1)k
(2k + 1)! und C2k(x) = = 1 − x2
x2k
± · · · (−1)k
2 (2k)!
und erkennen S ′ 2k+1 (x) = C2k(x), C ′ 2k (x) = − S2k−1(x), (k > 0). (∗)
(1) Induktionsanfang: k = 0
Zu zeigen ist: x − x3
x2
6 < sin x < x, 1 − 2 < cos x < 1 für x > 0 (mit den gen. Ausnahmen). sin x < x
und cos x < 1 (Ausnahmen!) ist bekannt. Es gilt also f0(x) := x − sin x > 0, (x > 0),. Deshalb ist F0(x) :=
x 2
2 +cos x−1 streng wachsend (F ′ 0 = f0) mit F0(0) = 0. Also ist F0(x) > 0, (x > 0). Dies ist eine der zu bew.
Ungleichungen. Ferner folgt mit g0(x) := cos x − 1 + x2
2 > 0 genau so, dass G0(x) := sin x − x + x3
6 streng
wachsend ist und wegen G0(0) = 0 auch G0(x) > 0, (x > 0), erfüllt. Dies ist die zweite noch ausstehende
Ungleichung.
(2) Induktionsschluss: Sei nun die Beh. für ein k ∈ N richtig.
Wir betrachten fk(x) := sin x − S4k+3(x) > 0. Es folgt, dass Fk(x) := C4k+4(x) − cos x streng wachsend ist
und bei 0 verschwindet (Beachte C ′ 4k+4 = − S4k+3 wegen (∗)) und Fk(0) = 0. Also ist Fk(x) > 0, (x > 0),
eine zu bew. Ungleichung. Mit gk := Fk erhalten wir genau so Gk(x) := S4k+5(x) − sin x > 0, (x > 0), eine
weitere Ungleichung. Hiermit fahren wir fort, also hk := Gk ergibt Hk(x) := − C4k+6(x) + cos x > 0, noch
eine Ungleichung. Warum aufhören? Wir setzen jk := Hk, was Jk(x) := − S4k+7(x) + sin x > 0 ergibt, die
letzte zu beweisende Ungleichung ✷.
2

Institut für Mathematik
Universität Hannover
Dr. H. Köditz
13. Übungsblatt zur Analysis I (Lösungshinweise)
Aufgabe 53 (6 Punkte)
�
n�
Man zeige: Für jedes α < 0, α �= −1 konvergiert die Folge k
k=1
α − nα+1
�
α + 1
Man formuliere eine analoge Aussage für α = −1 .
Hinweis: Man grenze xα durch geeignete Treppenfunktionen ein.
Beweis: Sei also α < 0, α �= −1 und An := �n (i) Die Folge (An) ist streng monoton fallend.
An+1 − An = (n + 1) α −
k=1 kα − nα+1
α+1
(n + 1)α+1
α + 1
MWsatz
=== (n + 1) α − ξ α < 0 .
, n ≥ 1.
Hannover, den 10. April 2003
nα+1
+
α + 1 = (n + 1)α − 1
α + 1 ((n + 1)α+1 − n α+1 )
Dies gilt mit einem ξ ∈ (n, n + 1), da wegen α < 0 die Funktion x ↦→ xα streng monoton fallend ist.
(ii) Die Folge (An) ist nach unten beschränkt.
Wir betrachten ϕ : [1, ∞) → R, ϕ(x) := nα auf [n, n + 1). Wegen ϕ(x) ≥ xα gilt für jedes n:
� n
0 ≤ (ϕ(x) − x
1
α n−1 �
)dx = k
k=1
α � n
− x
1
α n−1 �
dx = k
k=1
α − nα+1 − 1
α + 1
n�
⇒ k
k=1
α − nα+1
α + 1 ≥ nα − 1 1
≥ −
α + 1 α + 1 ✷.
�
n�
�
1
Für α = −1 erhält man analog die Existenz des Grenzwertes γ := lim − log n die berühmte
n→∞ k
k=1
Euler-Mascheroni Konstante. Für praktische Berechnung ersetzt man übrigens log n durch log(n + 1
2 ).
Aufgabe 54 (5 Punkte)
� 2π
� 2π
Für n, m ∈ N berechne man snm := sin nx sin mx dx und cnm := cos nx cos mx dx .
0
Additiontheoreme: cos(n±m)x = cos nx cos mx∓sin nx sin mx, sin(n±m)x = sin nx cos mx±cos nx sin mx:
sin nx sin mx = 1
1
(cos(n − m)x − cos(n + m)x) , cos nx cos mx = (cos(n + m)x + cos(n − m)x) .
2 2
Elementare Intergation ergibt für n �= m sofort snm = cnm = 0. Für n = m = 0 : s00 = 0, c00 = 2π und für
(1 − cos 2nx) dx = π = cnn.
n = m �= 0 : snn = 1
2
� 2π
0
Aufgabe 55 (je 3 Punkte )
Man berechne folgende Integrale
a) Substitution: t = log x ergibt:
� e
1
log xdx
x(log 2 x − log x + 1) =
� 1
0
t
t2 �� 1
1
dt =
− t + 1 2 0
2t − 1
t2 � 1
dt +
− t + 1 0
.
0
dt
t2 �
− t + 1
= 1
2 log(t2 − t + 1)| 1 0 + 2
√ 3 arctan 1
√ 3 = 2
√ 3 arctan 1
√ 3 = π
3 √ 3 .
1

� π
b) Mehrfache partielle Intergation ergibt:
c)
� 1
0
x 3� 1 + x2dx 1+x2 =t
==
� 1
x ln x
d) Id := √
1 − x2 dx.
=
1
2
1
2
0
x 3 cos xdx = x 3 sin x| π 0 − 3
� 2
(t − 1) √ t dt
1
� 2
0
Wegen x ln x → 0 für x → 0 und √ln x
1−x2 1
� π
(t 3/2 − t 1/2 ) dt = 1
�
2
5
5
�
2 − 1 + 1
�
1 − 2
3
3
2
0
x 2 sin xdx = · · · = 12 − 3π 2 .
�
= 2√ 2 + 2
15
→ 0 für x → 1 ist der Integrand bei 0 und 1 stetig ergänzbar
durch die Funktionswerte 0, also integrierbar. Wir ermitteln eine Stammfunktion auf (0, 1) mit partieller
Integration.
�
x
F (x) = √
1 − x2 ln x dx = −�1 − x2 � √
1 − x2 ln x +
dx.
x
� √
1 − x2 dx
x
1−x2 =t 2
�
t
== −
2
1 1 + t
dt = t − ln
1 − t2 2 1 − t = � 1 − x2 �
− ln 1 + � 1 − x2 �
+ ln x.
�
Also: F (x) = ln x 1 − � 1 − x2 �
+ � 1 − x2 �
− ln 1 + � 1 − x2 �
. F ist durch F (0) := 1 − ln 2, F (1) := 0
auf [0, 1] stetig fortsetzbar, also Id = F (1) − F (0) = ln 2 − 1 ✷.
� 1/2
e) arccos xdx = x arccos x|
0
1/2
0 +
� �
1/2
x π 3
√ dx = + 1 −
0 1 − x2 6 4 .
� π/2
f)
0
(x 3 − x 2 + x) sin x dx. Partielle Integrationen der einzelnen Teile ergeben: I = 3
4 π2 − π − 3.
Aufgabe 56 (3,3,4 und 3 Punkte) Knacki
Sei f : R → R eine stetige Funktion. Für jedes r > 0 sei fr : R → R definiert durch
fr(x) := 1
2r
� x+r
f(t)dt .
Man zeige:
a) fr ist differenzierbar.
Beweis: Mit einer beliebigen Stammfunktion F von f liefert der Haupsatz 15.16 mit Satz 15.17 sofort
F (x+r)−F (x−r)
fr(x) = 2r . Also ist f differenzierbar mit f ′ r(x) = f(x+r)−f(x−r)
2r .
b) Für jedes x ∈ R gilt lim fr(x) = f(x).
r→0
Beweis: Sei x ∈ R und ε > 0 gegeben. Da f in x stetig ist, gibt es ein r0 > 0 derart, dass für alle t mit
|t − x| < r0 stets |f(x) − f(t)| < ε gilt. Es folgt für 0 < r < r0:
|fr(x) − f(x)| = 1
��
� x+r
� �
�
x+r
�
2r � (f(t) − f(x)) dt�
1
� ≤ |f(t) − f(x)| dt ≤
2r
1
� x+r
ε dt = ε ✷ .
2r
x−r
c) Auf jedem Intervall [a, b] konvergiert die Folge (f 1 ) gleichmäßig gegen f.
n
Beweis: Seien a < b gegeben. Auf dem abgeschlossenen Intervall [a − 1, b + 1] ist f stetig, also auch
gleichmäßig stetig. Zu gegebenem ε > 0 gibt es demzufolge ein n0 ∈ N, derart, dass für alle x ∈ [a, b], n ≥ n0
stets |f(t) − f(x)| < ε für alle t mit |t − x| < 1
n gilt. Also folgt wie in (b) für alle x ∈ [a, b]:
�
��
�
x+1/n
�
�
�
� (f(t) − f(x)) dt�
< ε ✷ .
�
�
n
|f 1 (x) − f(x)| =
n 2
x−1/n
d) Ist f gleichmäßig stetig, so konvergiert (f 1 ) sogar auf ganz R gleichmäßig gegen f.
n
Beweis: Beweis wie in (c). Die Einschränkung auf das Intervall [a − 1, b + 1] ist hier überflüssig, da f auf
ganz R gleichmaßig stetig ist.
2
x−r
x+r
x+r
.

Aufgabe 57 ohne Abgabe Knacki
a) Seien f, g : [a, b] → R stetige Funktionen. Man zeige:
� b
�� b
f(x)g(x) dx ≤ f 2 (x) dx
a
a
� 1
2
�� b
· g 2 (x) dx
a
� 1
2
. Cauchy-Schwarzsche Ungleichung
Beweis: Wir benutzen die bekannte Cauchy-Schwarzsche Ungleichung für das kanonische Skalarprodukt
�a · �b := (a1, · · · , an) · (b1, · · · , bn) = �n k=1 akbk ≤ ��n k=1 a2 k · ��n k=1 b2 k = ��a���b� im Rn . Zu jedem n ∈ N>0
wählen wir die äquidistante Zerlegung (a = x0, x1, · · · , xn = b). Die Riemannschen Näherungssummen:
S1 := 1
n
n�
k=1
f(xk)g(xk) , S2 := 1
n
n�
k=1
konvergieren für n → ∞ gegen die obigen Integrale. Nun gilt aber:
�
f(x1)
S1 = √ , · · · ,
n f(xn)
� �
g(x1)
√ · √ , · · · ,
n n g(xn)
� �
n�
√ ≤
n
f 2 (xk) , S3 := 1
n
k=1
f 2 � 1 �
2 n�
(xk)
·
n
k=1
Für n → ∞ erhalt man die gewünschte Ungleichung. ✷
b) Sei f : [a, b] → R stetig differenzierbar und es gelte f(a) = 0. Man zeige:
� b
|f(x)f ′ (x)| dx ≤
a
b − a
2
� b
n�
g 2 (xk)
k=1
(f
a
′ (x)) 2 dx . Ungleichung von Opial
� x
Beweis: g(x) :=
a ��
� x
Ferner gilt: |f(x)| = �
� f
a
′ �
�
(t) dt�
� ≤
� x
|f
a
′ (t)|dt = g(x). Also:
� b
|f(x)f
a
′ � b
(x)|dx ≤ g(x)g
a
′ (x) dx = 1
2 g2 (b).
Cauchy–Schwarz-Ungl.: 1
2 g2 (b) = 1
�� b
1 · |f
2
′ �2 (x)|dx ≤ 1
� b � b
dx
2
|f ′ (t)|dt ist eine Stammfunktion von |f ′ | mit g(a) = 0, g ≥ 0.
a
3
a
(f
a
′ (x)) 2 dx =
g2 � 1
2
(xk)
=
n
� �
S2 S3 .
b − a
2
� b
(f
a
′ (x)) 2 dx✷.

Institut für Mathematik
Universität Hannover
Prof. Dr. W. Ebeling und Mitarbeiter
Aufgabe 1 (10 Punkte)
Klausur zur Analysis I (Lösungen)
Bearbeitungszeit: 8.15 – 10.15
Es sei 0 ≤ a ≤ 1. Zeigen Sie, dass dann für jedes n ∈ N folgende Ungleichung gilt:
(1 + a) n ≤ 1 + (2 n − 1)a
Beweis: (vollständige Induktion)
(i) n = 0: (1 + a) 0 = 1 ≤ 1 + (2 0 − 1)a = 1 ist richtig.
(ii) Sei die Behauptung für ein n ∈ N richtig. Dann folgt:
(1 + a) n+1 = (1 + a) n (1 + a)
Aufgabe 2 (10 Punkte)
Hannover, den 8. Februar 2003
IV
≤ (1 + (2 n − 1)a)(1 + a) = 1 + 2 n a − a + a + (2 n − 1)a 2
a 2 ≤a
≤ 1 + 2 n a + (2 n − 1)a = 1 + (2 n+1 − 1)a ✷.
Die Folge (an) sei bei gegebenen A ∈ R, q ∈ (−1, 1), rekursiv definiert durch
a0 := A , an+1 := 1 + q an , (n ∈ N) .
Man zeige, dass die Folge konvergiert und berechne den Grenzwert.
Hinweis: Man notiere einige Folgenglieder, errate eine explizite Darstellung von an und beweise diese.
Beweis: a1 = 1 + qA, a2 = 1 + q(1 + qA) = 1 + q + q 2 A, a3 = 1 + q + q 2 + q 3 A, · · ·
Wir behaupten an = 1 + q + q 2 + · · · q n−1 + q n A
geom. Summenformel
===
1 − q n
1 − q + qn A.
Den (sehr einfachen) Induktionsbeweis spare ich mir!
Die Rechenregeln für Folgen ergeben wegen q n → 0 die Konvergenz unserer Folge gegen 1
1−q ✷.
Aufgabe 3 (10 Punkte)
Man zeige durch einen ε-δ-Beweis die Stetigkeit von f(x) := x
ε := 1
100
ein brauchbares δ > 0 an.
1 + x im Punkt x0 = 1. Konkret gebe man zu
Beweis: Sei ε > 0 gegeben und δ := min(1, 2ε). Dann gilt für alle x mit |x − 1| < δ ≤ 1(⇒ x ≥ 0):
� �
�
�
x 1�
� − �
1 + x 2�
=
|x − 1|
2(1 + x) <
δ δ
≤ ≤ ε ✷ .
2(1 + x) 2
Zu ε = 1
100
kann man also δ = 1
50 wählen.

Aufgabe 4 (10 Punkte)
Es sei f : (−1, ∞) → R definiert durch
�
f(x) =
x
ln(1 + x)
für x �= 0
1 für x = 0 .
Man zeige, dass f in 0 differenzierbar ist und bestimme f ′ (0).
Beweis: Wir betrachten den Differenzenquotienten von f bei 0:
Df (x) =
f(x) − f(0)
x
=
x
ln(1+x) − 1
x
= x − ln(1 + x)
x ln(1 + x)
Das Grenzverhalten für x → 0 untersuchen wir mit der Regel von de l’Hospital:
x − ln(1 + x) l
lim
x→0 x ln(1 + x)
′ H
= lim
x→0
1 − 1
1+x
ln(1 + x) + x
1+x
= lim
x→0
Also ist f bei 0 differenzierbar und es gilt f ′ (0) = 1
2 ✷.
Aufgabe 5 (10 Punkte)
x
l
(1 + x) ln(1 + x) + x
′ H
= lim
x→0
1 1
=
ln(1 + x) + 1 + 1 2 .
Man bestimme das Taylorpolynom dritter Ordnung von f(x) = (sin x) 2 an der Stelle x0 = 0 und zeige, dass
] gilt.
für das Restglied R3(x) die Abschätzung |R3(x)| ≤ 1
48
für alle x ∈ [0, 1
2
f ′ (x) = 2 sin x cos x = sin 2x, f ′′ (x) = 2 cos 2x, f ′′′ (x) = − 4 sin 2x, f ′′′′ (x) = −8 cos 2x. Das Taylorpolynom
dritter Ordnung lautet also mit Lagrange-Rest:
f(x) = T3(x) + R3(x) = f(0) + f ′ (0) x + f ′′ (0)
2
x 2 + f ′′′ (0)
6
x 3 + f ′′′′ (ξ)
24
x 4 = x 2 −
8 cos 2ξ
24
mit einem passenden ξ zwischen 0 und x. Das Taylorpolynom lautet also T3(x) = x 2 , und für den Rest gilt
|R3(x)| =
8 | cos 2ξ|
24
x 4 ≤ 1
3
1 1
=
24 48
für 0 ≤ x ≤ 1
2 ✷.
x 4