Musterlösungen - Institut fuer Mathematik - Humboldt-Universität zu ...

Humboldt-Universität zu BerlinMathematisch-Naturwissenschaftliche Fakultät IIInstitut für MathematikUnter den Linden 6, D-10099 BerlinProf. Andreas Griewank Ph.D.Dr. Thomas M. SurowiecDr. Fares MaaloufAnalysis I – Mathematik für InformatikerInnen II – SoSe 12Musterlösungen zur Prüfungsklausur vom 18. Juli 2012Aufgabe 1:4 PunkteBeantworten Sie die folgenden Fragen mit „Ja“ oder „Nein“ und begründen Sie ihre Antwort. Fallsdie Aussage falsch ist, dann reicht ein Gegenbeispiel.a) Alle beschränkten Funktionen sind Riemann-integrierbar.b) Alle konvergenten Folgen reeller Zahlen sind Cauchy-Folgen.c) Alle Polynome mit rationalen Koeffizienten haben rationale Nullstellen.d) Sei (a n ) n∈N eine streng monoton fallende Folge positiver reeller Zahlen mit lim n→∞ a n = 0.Dann konvergiert die Reihe ∑ ∞n=0 a n .Lösung zu Aufgabe 1:a) Nein. Ein Gegenbeispiel ist die Dirichlet-Funktion erster Art, f : [0, 1] → R,f(x) ={0 wenn x rational1 wenn x irrational,da diese in jedem Intervall einer Zerlegung das Maximum 1 und das Minimum 0 annimmt.b) Ja. Denn in einer konvergenten Folge läßt sich zu jedem ε > 0 ein n 0 finden, so dass alle Gliedermit höherem Index in einem Intervall (a − ε, a + ε) um den Grenzwert a liegen. Damit habendiese Glieder einen Abstand kleiner 2ε untereinander, was das Kriterium für eine Cauchy-Folgeist.c) Nein. Offensichtliche Beispiele sind x 2 − 2 mit irrationalen Nullstellen, x 2 + 2 mit gar keinerNullstelle und 0 als konstantes Polynom, welches alle Zahlen als Nullstellen hat.d) Nein. Trotz langer Formulierung genügt das kurze Gegenbeispiel a n = 1 n, d.h. die harmonischeReihe, die alle Eigenschaften erfüllt, aber trotzdem divergiert.

Aufgabe 2:a) Beweisen Sie, dass für alle n ∈ N gilt:3 Punkteb) Bestimmen Sie den Grenzwert1 2 + 2 2 + 3 2 + · · · + n 2 = n (n + 1 2) (n + 1).31 2 + 2 2 + 3 2 + · · · + (n − 1) 2limn→∞n 3 − 1.Lösung zu Aufgabe 2:a) Erste Variante: klassischer Induktionsbeweis.Induktionsanfang Sei n = 1. Dann ist die linke Seite 1 und rechts 1(1+1/2)(1+1)3= 1.Induktionsschritt Induktionsvoraussetzung Es gelte ∑ nk=1 k 2 = n (n+ 1 2 ) (n+1)3.Induktionsbehauptung Es gilt ebenfalls ∑ n+1k=1 k2 = (n+1) (n+ 3 2 ) (n+2)3.Induktionsbeweis Setze in die linke Seite der Induktionsbehauptung die Induktionsvoraussetzungein:n+1 ∑k=1k 2 =n∑k=1k 2 + (n + 1) 2 = n (n + 1 2) (n + 1)+ (n + 1) 23gemeinsame Faktoren ausklammern= n + 13= n + 13(n (n + 1 2 ) + 3(n + 1) )(n 2 + 7 2 n + 3 )n = −2 ist, wie die Behauptung erfordert, ein Teiler des zweiten Faktors= n + 13((n + 2)(n − 2) + 4 + 7 2 (n + 2) − 7 + 3 )was die rechte Seite der Induktionsbehauptung ist.=(n + 1) (n + 2)3Nach dem Prinzip der vollständigen Induktion gilt die Aussage damit für alle n ∈ N.Zweite Variante: Sei b n = 1 3 n (n + 1 2) (n + 1) die rechte Seite. Bestimme die Differenz aufeinanderfolgenderGliederb n − b n−1 = 1 3 n (n + 1 2 ) (n + 1) − 1 3 (n − 1) (n − 1 2 ) n= n ()n 2 + 332 n + 1 2 − n2 + 3 2 n − 1 2= n 3 (3n) = n2 .( )n − 2 + 7 (n + 1)2=2

Also kann man die linke Seite als Teleskopsumme schreiben:n∑k 2 =k=1n∑(b k − b k−1 ) = b n − b 0 = n (n + 1 2) (n + 1)− 03k=1was die Behauptung beweist.b) Nach Einsetzen der ersten Teilaufgabe (mit oberer Grenze n − 1) verbleibt ein Bruch zweierPolynome vom Grad 3 in n. Den Grenzwert bestimmt man, indem man zuerst durch dendominanten Term des Nenners kürzt, also hier durch n 3 :1 2 + 2 2 + 3 2 + · · · + (n − 1) 2limn→∞n 3 − 113= lim(n − 1) (n − 1 2 ) nn→∞ n 3 − 1= limn→∞= 1 3(1 − 1 n ) (1 − 12n )3(1 − 1 n 3 )da die Grenzwerte der einzelnen Faktoren in Zähler und Nenner existieren (und der Grenzwertdes Nenners nicht Null ist).Aufgabe 3:4 PunkteSeien f, g : R → R konvexe, beliebig oft stetig differenzierbare Funktionen.a) Finden Sie Beispiele für konvexe f und g, deren Produkt f · g nicht konvex ist.b) Geben Sie Bedingungen an f und g an, unter denen das Produkt f · g immer konvex ist.Lösung zu Aufgabe 3:a) Gesucht war ein Beispiel für das Paar von Funktionen (f, g). Einfach einsichtige Varianten sindf(x) = x, g(x) = x 2 oder f(x) = −1, g(x) = x 2 , da auch lineare bzw. konstante Funktionenkonvex (und gleichzeitig konkav) sind.Eine weitere Möglichkeit ist f(x) = g(x) = x 2 − 1, da f(x) g(x) = (x 2 − 1) 2 = (x − 1) 2 (x + 1) 2zwei strenge lokale Minima in den doppelten Nullstellen x = ±1 hat. Deren Verbindungsstreckeliegt offensichtlich nicht über dem Graphen des Produkts, speziell ist f(0) g(0) = 1 > 0.b) Die zweite Ableitung des Produkts ist (fg) ′′ = (f ′ g + fg ′ ) ′ = f ′′ g + 2f ′ g ′ + fg ′′ . Diese ist offensichtlichpositiv, wenn alle Summanden positiv sind, und das wird erreicht, wenn alle Faktoren inden Summanden positiv sind. Sind also f und g positiv, streng monoton wachsend und konvex,so ist auch deren Produkt konvex.3

Aufgabe 4:Es seien (a n ), (b n ) Folgen positiver reeller Zahlen mitMajorantenkriteriums, dass danna nlimn→∞ b n4 Punkte= 1. Zeigen Sie mit Hilfe des∞∑a nn=0genau dann konvergiert, wenn auch∞∑b nn=0konvergiert.Lösung zu Aufgabe 4:Aus der Grenzwertdefinition folgt, dass es für jedes ε > 0 ein n 0 ∈ N gibt, so dass für alle n > n 0gilt ∣ ∣∣∣ a n− 1b ∣ < ε ⇐⇒ 1 − ε < a n< 1 + ε ⇐⇒ (1 − ε)b n < a n < (1 + ε)b nn b nWähle ε = 1 2und mache die rechte Seite etwas gröber, so dass12 b n < a n < 2b n .Daraus folgt, dass für den Reihenrest ab Index n 0 die Folge (2b n ) eine Majorante für (a n ) ist,und (2a n ) eine Majorante für (b n ). Nach dem Majorantenkriterium folgt aus dieser gegenseitigenBeschränkung schon die Äquivalenz der Konvergenz der Reihen.Aufgabe 5:Bestimmen Sie die Konvergenzbereiche folgender Potenzreihen:a)∞∑k=0k 23 k + 1 (2x − 7)k ; b)( )∞∑ 2kx 2k .kk=04 PunkteD.h. bestimmen Sie die Mengen der x ∈ R, für welche die Reihen jeweils absolut konvergieren.Lösung zu Aufgabe 5:a)∞∑k=0k 23 k + 1 (2x − 7)k =∞∑k=02 k k 23 k + 1 (x − 7 2 )k ;Mit Quotientenkriterium für Zahlenreihen, a k =k→∞ ∣=⇒ q(x) = limk23 k +1 (2x − 7)k . Dann ista k+1= (k + 1)2 (3 k + 1)(2x − 7) k+1 (a k k 2 (3 k+1 + 1)(2x − 7) k = 1 + 1 ) 21 + 3 −k(2x − 7)k 3 + 3−k ∣a k+1 ∣∣∣= 1 |2x − 7|a k 3Absolute Konvergenz gilt, wenn q(x) < 1, also wenn |2x − 7| < 3 gdw. 4 < 2x < 10 gdw. x ∈(2, 5). In den Intervallenden erhält man Reihen, deren Glieder wie k 2 wachsen, also Divergenz.4

Mit der Wurzelformel (Cauchy-Hadamard) für Potenzreihen. Der Entwicklungspunkt ist x 0 = 7 2und die Koeffizientenfolge ist c k = 2k k 23 k . Dann ist+ 1√√√k2|c k | = k k 2k3 k + 1 = 2 k k 23 1 + 3 −k√=⇒ r −1 k= lim |c k | = 2k→∞ 3Benutzt wurden lim √ kk→∞ C = 1 für jede Konstante C > 0 und lim √ kk→∞ k = 1 sowie dasQuetschlemma mit der Einschachtelung 1 ≤ 1 + 3 −k ≤ 2, also1 ≤ limk→∞√k1 + 3 −k ≤ limk→∞k√2 = 1b)( )∞∑ 2kx 2k =kk=0∞∑k=0(2k)!(k!) 2 x2k .In dieser Potenzreihe sind die Koeffizienten zu Potenzen ungeraden Grades Null. Um trotzdemden Quotienten betrachten zu können, betrachtet man die Reihe entweder als Zahlenreihe mitParameter x und a k = ( 2k) k x 2k oder substituiert y = x 2 , um eine lückenlose Potenzreihe in y mitKoeffizienten c k = ( 2k) k vor y k zu erhalten.Quotientenkriterium der Zahlenreihe (zweite Variante analog):a k+1= (2k + 2)! k!2 x 2k+2a k (2k)! (k + 1)! 2 x 2kk→∞ ∣=⇒ q(x) = lima k+1a k∣ ∣∣∣= 4 x 2(2k + 2)(2k + 1) x2 2(2k + 1)=(k + 1) 2 =k + 1x 2 = 4 1 + 12k1 + 1 x 2kAbsolute Konvergenz liegt also vor für q(x) < 1, also x 2 < 1 4 , also |x| < 1 2. Die Betrachtung derKonvergenz am Rand geht über die verfügbaren Mittel hinaus.Wurzelformel: Um den Ausdruck k√ k! zu beherrschen, benutze die Stirlingsche Formelk! = C k( ke) kmit C k ∼ √ 2πkDann ist wieder lim √ k k→∞ C k = 1 und( )2k= C ( )2k 2k 2k ( ) k −2kk Ck2∼ √ 1 4 ke e πkworaus sich wieder der Konvergenzradius 1 2 um den Punkt x 0 = 0 ergibt. In den Intervallendenhebt sich der Faktor 4 k gegen (± 1 2 )2k auf und es ergibt sich beidesmal eine Reihe, deren Gliederproportional zu √ 1ksind. Nach Betrachtung der allgemeinen harmonischen Reihe divergiert dieseReihe.5

Aufgabe 6:Berechnen Sie die folgenden Grenzwerte:4 Punktex sin xa) lim x→π 1 + cos x1b) limx→0 x − 1e x − 1Lösung zu Aufgabe 6:x sin xa) lim x→π 1 + cos x .Man kann mit (1 − cos x) erweitern zux sin x x sin x (1 − cos(x)) x (1 − cos(x))=1 + cos x 1 − cos 2 =xsin xund erhält einen Zähler, der gegen 2π konvergiert, während der Nenner in x = π eine einfacheNullstelle hat, einen Wechsel von positiven zu negativen Werten. Im einseitigen Grenzwert x →π ± 0 ergibt sich also bestimmte Divergenz zu ∓∞.1b) limx→0 x − 1e x − 1 = lim e x − 1 − xx→0 x(e x − 1) .Einsetzen des quadratischen Taylorpolynoms e x = 1 + x + 1 2 x2 + x 3 R(x) (mit R stetig) ergibtworaus sich der Grenzwert 1 21x − 11e x − 1 = 2 x2 + x 3 R(x)x(x + 1 2 x2 + x 3 R(x)) = 1 2ablesen läßt.11 + frac12x + x 2 R(x))Alternativ: Zweimaliges Anwenden der Formel von l’Hôpital führt zue x − 1 − xlimx→0 x(e x − 1) = limx→0e x − 1e x − 1 + xe x = limx→0e x2e x + xe x = 1 26

Aufgabe 7:Berechnen Sie die folgenden unbestimmten Integrale bzw. Stammfunktionen:∫∫a) e −x esin x dx; x + 1b)e x dx.+ e−x 6 PunkteLösung zu Aufgabe 7:∫a) e −x sin x dxBenutze zweimalige partielle Integration mit Integration des ersten und Differentiation des zweitenFaktors∫∫=⇒ 2=⇒∫∫e −x sin x dx = (−e −x ) sin x −∫(−e −x ) cos x dx = −e −x sin x +∫= −e −x sin x + (−e −x ) cos x − (−e −x ) (− sin x) dx∫= −e −x sin x − e −x cos x − e −x sin x dxe −x sin x dx = −e −x (sin x + cos x) + Ce −x sin x dx = − e−x(sin x + cos x) + C2e −x cos x dxAlternativ: Vermute eine Stammfunktion der Form F (x) = e −x (A cos x+B sin x)+C und gleichederen Ableitung mit dem Integranden ab:F ′ (x) = −e −x (A cos x + B sin x) + e −x (−A sin x + B cos x) = −e −x ((A − B) cos x + (A + B) sin x)=⇒ A − B = 0 ∧ A + B = −1 =⇒ A = B = − 1 2b)∫e x + 1e x dx.+ e−x Substituiere u = e x , dann ist du = e x dx oder dx = 1 udu und∫e x ∫+ 1e x + e −x dx =∫=∫u + 1 du u + 1u + u −1 u = u 2 + 1 du∫uu 2 + 1 du + 1u 2 + 1 du = 1 2 ln |u2 + 1| + arctan(u) + C= 1 2 ln(e2x + 1) + arctan(e x ) + C7

Aufgabe 8:Untersuchen Sie folgende Reihe auf Konvergenz3 Punkte∞∑n=21n(ln n) 2 .Lösung zu Aufgabe 8:1Verwende das Integralkriterium mit der Funktion f : [2, ∞) → R, f(x) = . Der Nennerx (ln x) 2besteht aus positiven streng monoton wachsenden Faktoren, ist also selbst streng monoton wachsend,f also positiv streng monoton fallend. Die Reihe ist daher genau dann konvergent, wenn das(uneigentliche) Integral über f endlich ist.=⇒=⇒∫∫ N2∫ ∞2f(x) dx =∫ (ln x)′(ln x) 2 dx = − 1ln x + Cf(x) dx = − 1ln N + 1ln 2f(x) dx = limN→∞∫ N2f(x) dx = 1ln 2 < ∞ .8